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、、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、、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. 为多晶体，为非晶体，为单晶体
B. 为多晶体，为单晶体，为非晶体
C. 为单晶体，为非晶体，为多晶体
D. 为非晶体，为多晶体，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，管内外水银面高度差为。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. 变大，变大
B. 变小，变小
C. 变小，变大
D. 变大，变小
4. 竖直的形玻璃管一端封闭，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，假设在管子的处钻一个小孔，则管内被封闭的气体压强和气体体积的变化情况为( )
A. 、都不变
B. 增大、减小
C. 减小、增大
D. 无法确定
5. 一个气泡由湖面下深处缓慢上升到湖面下深处，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的( )
A. 倍
B. 倍
C. 倍
D.
6. 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，肺内气体压强为大气压强）。吸入一些压强为的气体后肺内气体的体积变为，压强变为，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.
B.
C.
D.
7. 某容积为的氧气瓶装有的氧气，现把氧气分装到容积为的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为，若每个小钢瓶中原有氧气压强为，能分装的瓶数是（设分装过程中无漏气，且温度不变( )
A. 瓶
B. 瓶
C. 瓶
D. 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，气缸质量为，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，大气压强为，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
B. 内外空气对气缸的总作用力方向向下，大小为
C. 气缸内空气压强为
D. 气缸内空气压强为
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，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. 变长
B. 不变
C. 上升
D. 下降
10. 如图所示，一定质量的理想气体，从图示状态开始，经历了、状态，最后到状态，下列判断中正确的是( )
A. 温度升高，压强不变
B. 体积不变，压强变大
C. 体积不变，压强不变
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，在右端开口的形玻璃管内，右管中长的水银柱封闭了一段长为的空气柱，左右两管上方液面处于同一高度，大气压强为，则左管内被封气体的压强为______；若在右管中再注入水银柱，则稳定后右管内的空气柱长度将变为______。
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、压强为，活塞可无摩擦滑动且不漏气，气缸外大气压强为，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. 一粗细均匀的形管的端封闭，端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在形管的一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时侧的气体柱长度管中、两侧的水银面高度差现将形管缓慢旋转，使、两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强求旋转后，、两侧的水银面高度差．
14. 如图所示，粗细均匀的形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为、两部分，水银柱的长度，位于封闭端的顶部，部分位于形管的底部。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，部分水银两液面的高度差，外界大气压强。保持温度不变，将活塞缓慢上提，当部分的水银柱恰好对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、缸壁可导热的、两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，汽缸的顶部通过开口与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
将环境温度缓慢升高，求汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口向汽缸内缓慢注入气体，求汽缸中的活塞到达汽缸底部后，汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
答案解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
11.
12. 变小；
13. 解：对封闭气体研究，初状态时，压强为：，体积为：，
设旋转后，气体长度增大，则高度差变为，此时气体的压强为：，体积为：，
根据玻意耳定律得：，即：
解得：，
根据几何关系知，、两侧的水银面高度差为：．
14. 解：活塞自由静止时，右管内气体的压强，
左管内气体的压强分别为 ，
，
活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强 ，
设部分水银柱两端液面的高度差为，则右管中被封气体的压强为 ，
设左管中的气体长度为，右管中被封气体的长度为，管的横截面积为，根据玻意耳定律：
对右管中的被封气体 ，
对左管中的气体 ，
根据几何关系知 ，
设活塞上提的距离，则
，
代入数据解得 。
15. 解：在升温过程中，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
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为，体积为
升温之后的体积为，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为，由盖吕萨克定律可得：
解得：
将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为，温度为，体积为
当温度升至时，设此时这部分气体的压强为，体积为，由理想气体的状态方程得：
缓慢升温过程中，汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：
联立可得：
【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：、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：。
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，与是晶体，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，因此为单晶体，是多晶体。故A正确，BCD错误。
故选：。
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，水银的密度为，则玻璃管内封闭气体压强；
将玻璃管缓慢下压一小段距离，玻璃管内封闭气体体积减小；
气体温度不变而体积减小，由玻意耳定律可知，气体压强增大，
气体压强增大，而大气压不变，则减小，由以上分析可知：、都变小，故B正确，ACD错误。
故选：。
4. 设玻璃管两侧水银面的高度差是，大气压强为，则封闭气体压强，在管子的处钻一小孔，最终封闭气体的压强变小，气体温度不变，由玻意耳定律可知，封闭气体体积变大。故B正确，ACD错误。
5. 【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：，，
末态的压强和体积为：，，
气体温度不变，根据玻意耳定律：，代入数据解得：
所以它的体积约变为原来体积的倍。
故选C。
6. 【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：，解得吸入气体的体积：，故D正确。
7. 【分析】
设能够分装个小钢瓶，则以氧气瓶中的氧气和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。利用整体法思想把的氧气瓶和瓶看成一个整体，根据玻意耳定律是本题的关键。
【解答】
根据玻意耳定律，代入数值，，
解得，即能分装瓶。故C正确，ABD错误，故选C。
8. 【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：，解得：；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：；以缸套为研究对象，由平衡条件得：内外空气对缸套的作用力为，故AC项正确，项错误。
故选AC。
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。
本题要正确分析出与的关系，判断出气体作等温变化，运用玻意耳定律进行动态变化分析。
【解答】
对于管内封闭气体的压强可得：也可以有：则知：，不变，则不变。当外界压强增大时，管内封闭气体压强增大，根据玻意耳定律可知气体的体积减小，则下降。故AC错误，BD正确。
故选BD。
10. 【分析】
由图可知图象为图象，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，在的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由，气体压强不变，故A正确；
由图象可知，在的过程中，体积不变而热力学温度降低，由可知，压强减小，故BC错误；
D.由图象可知，在的过程中，气体温度不变，体积减小，由可知，压强增大，故D正确。
故选AD。
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：
解得：
设玻璃管横截面积为，
由题意可知，封闭气体压强：
，
，
由玻意耳定律得：
，
即：，
解得：，
故答案为：，。
根据题意求出封闭气体压强，封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律分析答题。
求出封闭气体压强，应用玻意耳定律即可正确解题，解题是要注意：空气下方左侧水银柱长度不变，应用几何关系分析答题。
12. 解：气缸开口向上时，则
气缸开口向下时，则
则由玻意耳定律得：
解得：
故答案为：变小；。
分别分析出气缸开口朝向不同时的压强大小，结合玻意耳定律计算出气体的体积，本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式完成对气体的分析。
13. 【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，、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：，体积为：，
设旋转后，气体长度增大，则高度差变为，此时气体的压强为：，体积为：，
根据玻意耳定律得：，即：
解得：，
根据几何关系知，、两侧的水银面高度差为：．
14. 【分析】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；
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。
本题考查理想气体状态方程的等温变化，但是涉及两边液面高度差的变化，需要考虑的变化量比较多，也是容易出错的地方，要注意明确研究对象，认真分析。
解：活塞自由静止时，右管内气体的压强，
左管内气体的压强分别为 ，
，
活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强 ，
设部分水银柱两端液面的高度差为，则右管中被封气体的压强为 ，
设左管中的气体长度为，右管中被封气体的长度为，管的横截面积为，根据玻意耳定律：
对右管中的被封气体 ，
对左管中的气体 ，
根据几何关系知 ，
设活塞上提的距离，则
，
代入数据解得 。
15. 【分析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第Ⅳ部分气体应用盖吕萨克定律即可求出变化后的温度；第Ⅱ和第Ⅲ部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对这部分和第Ⅳ部分气体应用理想气体的状态方程列式，联立即可求解。
本题考查理想气体的实验定律和理想气体的状态方程，牢记定律内容及相关公式。处理第二问时，关键点在于将第Ⅱ、Ⅲ两部分气体看作一个整体处理，并且知道气缸活塞上、下两部分气体的压强相等。
解：在升温过程中，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
对于第Ⅳ部分气体，升温前压强为，体积为
升温之后的体积为，设活塞刚到达汽缸底部时的温度为，由盖吕萨克定律可得：
解得：
将Ⅱ、Ⅲ中的气体看作一个整体，初始压强为，温度为，体积为
当温度升至时，设此时这部分气体的压强为，体积为，由理想气体的状态方程得：
缓慢升温过程中，汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第Ⅳ气体在升温前后有：
联立可得：
第1页，共1页
