学年高二物理下学期基础达标检测16.docx

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学年高二物理下学期基础达标检测16

第八章单元检测

时间：

90分钟　　满分：

100分

第Ⅰ卷（选择题　48分）

一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）

1.

如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是（　　）

A．B管内水银面比管外水银面高h

B．B管内水银面比管外水银面高hsinθ

C．B管内水银面比管外水银面低hcosθ

D．管内封闭气体的压强比大气压强小hcosθ高水银柱

【解析】　以A管中的水银柱为研究对象，则有pS＋hcosθS＝p0S，B管内压强p＝p0－hcosθ，显然p

【答案】　D

2．如图为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3200m、气温为10℃的环境下，下列说法中错误的是（　　）

A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强

B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强

C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大

D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能

【解析】　根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．

【答案】　A

3.

如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则（　　）

A．A管内空气柱将变长

B．A管内空气柱将变短

C．两管内水银柱高度差不变

D．两管内水银柱高度差将减小

【解析】　将B管慢慢提起，可以认为气体温度不变．在气体的压强增大时，体积减小，所以气柱将变短，而pA＝p0＋ph，所以高度差增大．综上所述只有B正确．

【答案】　B

4．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是　（　　）

A．加速上升，直到玻璃管一部分露出水面

B．加速下降，直到水底

C．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡

D．仍然静止

【解析】　上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一部分而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一部分露出水面，A正确．

【答案】　A

5．如图所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则（　　）

A．下部两侧水银面A、B高度差h减小

B．下部两侧水银面A、B高度差h增大

C．右侧封闭气柱体积变小

D．下部两侧水银面A、B高度差h不变

【解析】　右管中水银柱的长度不变，被封闭气体的压强不变，则水银面A、B高度差不变，D正确．

【答案】　D

6．如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接．当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于　（　　）

A．0mB．0.5m

C．1mD．1.5m

【解析】　表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C相通，p1＝p2＝pC.

即p1＝p0＋ρgh1　h1＝1.5m

p2＝p1＝p0＋ρgh　则h＝1.5m，D正确．

注意：

若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而h为液柱竖直高度．

【答案】　D

7．如图所示为一定质量的理想气体的P－

图象，图中BC为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是（　　）

A．TA>TB＝TCB．TA>TB>TC

C．TA＝TB>TCD．TA

【解析】　由图象可知A→B为一等容线，根据查理定律

＝

，因为pA>pB，故TA>TB，B→C为等温线，故TB＝TC，所以A选项正确．

【答案】　A

8．一绝热隔板将一绝热长方形容器隔成两部分，两边分别充满气体，隔板可无摩擦移动．开始时，左边的温度为0℃，右边的温度为20℃，当左边的气体加热到20℃，右边的气体加热到40℃时，则达到平衡状态时隔板的最终位置（　　）

A．保持不动B．在初始位置右侧

C．在初始位置左侧D．决定于加热过程

【解析】　设温度变化过程中气体的体积不变，据查理定律得：

＝

⇒

＝

⇒Δp＝

ΔT.

对左边的气体Δp左＝

×20.对右边的气体Δp右＝

×20；因初始p左＝p右，故Δp左>Δp右，即隔板将向右侧移动，正确答案为选项B.

【答案】　B

9．一定质量的气体，由状态a经b变化到c.如图所示，图乙中能正确反映出这种变化过程的是（　　）

【解析】　由p－T图象知，状态a到状态b为等容变化，且压强增大，由状态b到状态c为等温变化，且压强减小，所以在p－V图上，状态a到状态b为平行于p轴的线段，且由下向上，状态b到状态c为双曲线的一部分，且压强减小，故选C.

【答案】　C

10．如图所示为上端封闭的连通器，A、B、C三管中的水银面相平，三管横截面积的关系为SA>SB>SC，管内水银上方的空气柱长度为LA

A．A管中水银面最高B．C管中水银面最高

C．一样高D．条件不足，不能确定

【解析】　根据连通器的原理，同一液面压强相等．我们可以让阀门K打开流出少量水银后，假定三个管中的水银面都下降了相同高度h后，看一下这时各管的气体压强的情况．哪个管中气体的压强最小，哪个管中的水银面就会越高．

设管中气柱原长为L0，压强为p0，放出水银后气柱长为L0＋h，压强为p′，则根据玻意耳定律，p0L0S＝p′（L0＋h）S，所以p′＝

＝

.可见原来气柱L0长的，下降h一定时，p′就大，反之原来L0短的，p′就小．A管中原来气柱短，这时它的压强最小，所以它的液面最高．

【答案】　A

11．钢瓶中装有一定质量的理想气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1L气体，共抽取三次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取3L气体，这两种抽法中，抽取气体质量较多的是（　　）

A．第一种抽法

B．第二种抽法

C．两种抽法抽出气体质量一样多

D．无法判断

【解析】　设初状态气体压强为p0，抽出气体后压强为p，对气体状态变化应用玻意耳定律，则：

第一种抽法：

p0V＝p1（V＋1）

p1＝p0·

p1V＝p2（V＋1）

p2＝p1·

＝p0

2

p2V＝p（V＋1）

p＝p2·

＝p0

3

即三次抽完后：

p＝p0·

.

第二种抽法：

p0V＝p（V＋3），

p＝

p0＝

p0.

由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多．

【答案】　A

12．（多选）一定质量的理想气体处于平衡状态Ⅰ.现设法使其温度降低而压强升高，达到平衡状态Ⅱ，则（　　）

A．状态Ⅰ时气体的密度比状态Ⅱ时的大

B．状态Ⅰ时分子的平均动能比状态Ⅱ时的大

C．状态Ⅰ时分子间的平均距离比状态Ⅱ时的大

D．状态Ⅰ时每个分子的动能都比状态Ⅱ时的分子平均动能大

【解析】　由理想气体状态方程

＝

，T2p1，可知V2

【答案】　BC

第Ⅱ卷（非选择题　52分）

二、实验题（本题有2小题，共15分．请按题目要求作答）

13．（7分）有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，如图所示．缓慢推动活塞，使注射器内空气柱的初始体积为20.0mL.实验共测了5次，每次体积值直接从注射器的刻度上读出并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值．实验完成后，计算机屏幕上立刻显示出如下表中所示的实验结果.

序号

V（mL）

p（×105Pa）

pV（×105Pa·mL）

1

20.0

1.0010

20.020

2

18.0

1.0952

19.714

3

16.0

1.2313

19.701

4

14.0

1.4030

19.642

5

12.0

1.6351

19.621

（1）仔细观察不难发现，pV（×105Pa·mL）一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是________．

A．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大

B．实验时环境温度升高

C．实验时外界大气压强发生了变化

D．实验时注射器内的空气向外发生了泄漏

（2）根据你在

（1）中的选择，说明为了减小误差，应采取的措施是：

________________________.

【解析】　

（1）温度不变，pV越来越小，说明气体质量减少，发生了漏气．

（2）增加密封性，可在注射器活塞上涂润滑油．

【答案】　

（1）D　

（2）在注射器活塞上涂润滑油以增加密封性

14．（8分）对一定质量的气体，在等温条件下得出体积V与压强p的数据如下表：

V（m3）

1.00

0.50

0.40

0.25

0.20

p（×105Pa）

1.45

3.10

3.95

5.98

7.70

（1）根据所给数据在坐标纸上（如图）画出p－1/V图线，说明可得结论是__________________．

（2）由所作图线，求p＝8.85×105Pa时该气体体积是________________________________________________________________________．

（3）该图线斜率大小和温度的关系是________．

【答案】　

（1）画图略，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定律是正确的

（2）0.172m3

（3）斜率越大，该气体温度越高

三、计算题（本题有3小题，共37分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15．（12分）1697年法国物理学家帕平发明了高压锅，高压锅与普通铝锅不同，锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，加上锅盖与锅体之间有橡皮制的密封圈，所以锅盖与锅体之间不会漏气，在锅盖中间有一排气孔，上面再套上类似砝码的限压阀，将排气孔堵住（如图）．当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，这时蒸气就从排气孔向外排出．由于高压锅内的压强大，温度高，食物容易煮烂．若已知排气孔的直径为0.3cm，外界大气压为1.0×105Pa，温度为20℃，要使高压锅内的温度达到120℃，则限压阀的质量应为多少？

【解析】　选锅内气体为研究对象，则

初状态：

T1＝293K，p1＝1.0×105Pa

末状态：

T2＝393K

由查理定律得

p2＝

＝

Pa＝1.34×105Pa.

对限压阀受力分析可得

mg＝p2S－p1S＝（p2－p1）S＝（p2－p1）π·

＝（1.34×105－1.0×105）×3.14×

N＝0.24N，

所以m＝0.024kg.

【答案】　0.024kg

16．（12分）

一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示．将一质量M＝3×103kg、体积V0＝0.5m3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＝40m，筒内气体体积V1＝1m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，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＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度的大小g＝10m/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＝ρg（V0＋V2）①

代入数据得

V2＝2.5m3②

设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得

p1＝p0＋ρgh1③

p2＝p0＋ρgh2④

在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得

p1V1＝p2V2⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

h2＝10m．⑥

【答案】　2.5m3　10m

17.

（13分）一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S＝2×10－3m2，竖直插入水面足够宽广的水中．管中有一个质量为m＝0.4kg的密闭活塞，封闭一段长度为L0＝66cm的气体，气体温度T0＝300K，如图所示．开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管壁间的摩擦．外界大气压强P0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3.试问：

（1）开始时封闭气体的压强是多大？

（2）现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞．当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝6.0N，则这时管内外水面高度差为多少？

管内气柱长度多大？

（3）再将活塞固定住，改变管内气体的温度，使管内外水面相平，此时气体的温度是多少？

【解析】　

（1）当活塞静止时，

P1＝P0＋

＝1.0×105Pa＋

Pa＝1.02×105Pa

（2）当F＝6.0N时，有

P2＝P0＋

＝1.0×105Pa＋

Pa＝9.9×104Pa

P2＝P0－ρgh

管内外液面的高度差

h＝

＝

m＝0.1m

由玻意耳定律：

P1L1S＝P2L2S

空气柱长度：

L2＝

L1＝

×66cm＝68cm

（3）P3＝P0＝1.0×105Pa　L3＝68cm＋10cm＝78cm　T2＝T1＝T0＝300K

由气态方程：

＝

气体温度变为

T3＝

T1＝

×300K＝347.6K.

【答案】　

（1）1.02×105Pa　

（2）0.1m　68cm　（3）347.6K