15.液柱与气缸模型-【师者匠心系列】2024-2025学年高二下学期物理讲义

15.液柱与气缸模型 课前检测 1 .关于固体、液体，下列说法正确的是（        ） A.晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点 B.发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降 C.表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大 D.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性 2 .正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是（　　） A.水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关 B.水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩 C.若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩 D.水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大 考情分析 知识点 试卷 题号 分值 难度 液柱模型 2023全国乙卷 33 10 中 2023海南卷 16 10 较易 气缸模型 2023上海卷 17 10 较易 2023湖北卷 13 10 中 2023浙江卷 17 8 中 2024浙江卷 19 10 较易 目标解读 知识导图 课堂目标 1. 熟练掌握气体压强的计算方法 . 2. 熟练掌握液柱气缸模型解题方法，熟练记忆重要结论 课堂重难点 液柱气缸模型的解题思路和重要结论 一、 液柱模型 （一） 单液柱模型 （1） 解题步骤： ① 确定对象：一定质量                                   ； ② 列出气体初、末状态参量：压强 ，体积 ，温度 ③ 列理想气体状态方程：   . （2）常见的压强关系： 压强关系 情境 注意点： ①液柱                被压缩，气柱        被压缩；（填“会”或“不会”） ②液柱高度表示压强时，要注意单位为                                ； ③若无特殊说明，玻璃管导热良好，一般是                 变化； （填“等温”或“等压”） ④温度代入公式计算时为                          温标； （填“热力学”或“摄氏”） ⑤水平部分的液柱对气体压强                 影响. （填“有”或“没有”） 经典例题 3 .一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5cm，水银没有溢出。求： （1）大气压强p（cmHg）； （2）把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。 ​     4 .如图，长 ，粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时，长 的空气柱被水银封住，水银柱长 ．将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有 的水银柱进入玻璃管．设整个过程中温度始终保持不变，大气压强 ．求： ( 1 )插入水银槽后管内气体的压强 ． ( 2 )管口距水银槽液面的距离 ． 5 .如图甲所示，玻璃管竖直放置， 段和 段是两段长度均为 的水银柱， 段是长度为 的理想气体，玻璃管底部是长度为 的理想气体．已知大气压强是 ，玻璃管的导热性能良好，环境温度不变．将玻璃管缓慢旋转 倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后 处的水银面沿玻璃管移动的距离．   题型总结 解题步骤： ① 确定对象：一定质量                                   ； ② 列出气体初、末状态参量：压强 ，体积 ，温度 ③ 列理想气体状态方程：   . 巩固练习 6 .(多选)“⊥”形且上端开口的玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、细部分的横截面积分别为 S1 =2cm 2 、 S2 =1cm 2 。封闭气体初始温度为57℃，气体长度 L =22cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，下列说法正确的是（　　）     A.封闭气体在初始状态的压强为80cmHg B.封闭气体在初始状态的压强为82cmHg C.若缓慢升高气体温度，升高至369K时可将所有水银全部压入细管内 D.当温度升高至492K时，液柱下端离开粗、细接口处的距离为10cm 7 .如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长 的空气柱，中间有一段长 的水银柱，上部空气柱的长度 ．已知大气压强为 ．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为 ．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离． 8 .如图所示，将粗细均匀且一端开口的玻璃管放置在水平桌面上，管内用长为 的水银封闭着一段长为 的空气柱．已知大气压强为 ,环境温度恒定为 ． ( 1 )当把玻璃管开口朝上缓慢地竖立起来时，管内空气柱的长度变为多少? ( 2 )玻璃管开口朝上竖立起来后，给玻璃管内的空气柱加热，使空气柱的长度变回 ,应该使管内的空气柱温度升高多少? 9 .如图所示，一支粗细均匀的玻璃管开口向下竖直放置，管内由两段长均为l 0 =15cm的水银柱封闭着空气柱A、B，空气柱A的长度l A =10.5cm，空气柱B的长度l B =9cm。现缓慢将玻璃管旋转至管口竖直向上并固定。已知外界大气压强p 0 =75cmHg，封闭空气可视为理想气体且温度不变，求： （1）空气柱A的长度L A ； （2）空气柱B的长度L B 。     学生总结 变式训练 10 .如图所示，两个容器 A 和 B 容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当 A 中气体温度为 tA ， B 中气体温度为 tB ，且 tA > tB ，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ） A.水银柱保持不动 B.水银柱将向左移动 C.水银柱将向右移动 D.水银柱的移动情况无法判断 11 .如图所示，两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开，当玻璃管水平放置时，左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积，左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，水银柱处于静止状态。下列说法正确的是（　　）     A.此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强 B.此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强 C.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向左移动 D.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向右移动 12 .(多选)如图为竖直放置的上粗下细的两端封闭的细管，水银柱将气体分隔成 、 两部分，初始温度相同．使 、 升高相同温度达到稳定后， 、 两部分气体压强变化量分别为 、 ，对液面压力的变化量分别为 、 ，则（    ）     A.水银柱向上移动了一段距离 B.无法判断水银柱移动方向 C. D. 真题演练 13 .如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 的 两段细管组成， 管的内径是 管的 倍， 管在上方．管内空气被一段水银柱隔开．水银柱在两管中的长度均为 ．现将玻璃管倒置使 管在上方，平衡后， 管内的空气柱长度改变 ．求 管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．（气体温度保持不变，以 为压强单位）     （二） 连通器模型 （1） 解题步骤： ① 确定对象：一定质量                                   ； ② 列出气体初、末状态参量：压强 ，体积 ，温度 ③ 列理想气体状态方程：   . （2） 常见的压强关系： 压强关系 情境 （3） 连通器模型特点： ① 在连通器中，不间断的同种液柱内的同一水平面上的压强                 ； ② 同一气柱内压强处处                 . （4） 注意点： ① 高度差为 的两个液面，高的液面下降 时，两液面等高。（连通器粗细相同） ② 同一液柱，初状态两个液面高度差为  ，末状态两个液面高度差为 ，则每个液面的变化高度为    经典例题 14 .如图所示，U型管左端封闭，右端开口。用水银封闭一段气体，初始时气柱长度 l =12cm，两侧水银液面高度差 h =10cm，已知大气压强 p0 =76cmHg。现在向管内缓慢加注8cm长的一段水银，与原有水银形成连续液柱，过程中封闭气柱温度保持不变，则注入水银后两侧水银液面高度差为（　　） A.3cm B.3.5cm C.4cm D.4.5cm 15 .如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为 h1 ，右侧管有一段水银柱，两端液面高度差为 h2 ，中间封有一段空气，若（    ） A.温度升高，则 h1 增大， h2 增大 B.大气压升高，则 h1 增大， h2 增大 C.弯管下移少许距离，则 h1 增大， h2 不变 D.右管中滴入少许水银，则 h1 不变， h2 增大 16 .如图所示，粗细均匀的等高U形玻璃管竖直放置，左管封闭，右端开口，用水银柱封闭长为 cm的一段空气柱，右侧水银柱比左侧高出 cm，已知大气压为 cmHg。现用一质量不计的薄活塞封住右端开口，缓慢向下压活塞使两边液面相平，此过程中环境温度始终不变，当两边液面相平时，求：（1）左侧空气柱的压强； （2） 右侧空气柱的长度。 题型总结 解题步骤： ① 确定对象：一定质量                                   ； ② 列出气体初、末状态参量：压强 ，体积 ，温度 ③ 列理想气体状态方程：   . 巩固练习 17 .如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4 h ，开始时使两边液面高度差为 h ，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为（　　） A. B. C. D. 18 .如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱 和 将空气柱 封闭在左侧竖直段玻璃管，平衡时 段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为 ， 段水银两侧液面高度差为 ．若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后（    ） A.空气柱 的长度减小 B.左侧水银面高度差 减小 C.空气柱 的压强增大 D.右侧水银面高度差 增大 19 .如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和A、B两段水银柱封闭着1、2两段理想气体。初始时，长为 的水银柱A下端与活塞下端平齐，水银柱B在左管中的液面比右管中的液面低10cm，气柱1长为10cm。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管中液面相平并稳定，已知大气压强为75 cmHg，求： （1）稳定后，A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小； （2）此过程中活塞下降的高度。（结果均保留两位小数） 20 .如图，U型细管左端开口，右端封闭。右边封闭一定质量理想气体，气柱长度为 ；左边用 高水银柱也封闭有一定质量的理想气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为 ，大气压为 。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了 。气体温度均保持不变。求： （1）左边注入水银后，右边气柱压强的数值； （2）左边注入水银的高度。 21 .如图所示，内径很小、粗细均匀、两端开口的 形管竖直放置，一段空气柱将管内水银分成左、右两段，大气压强相当于 高水银柱所产生的压强，当空气柱温度为 、长度为 时，其左边水银柱长和高均为 ，问： ( 1 )当空气柱温度升高到多少时，其左边的水银恰好全部进入竖直管 内？ ( 2 )当空气柱温度为 时，两竖直管内水银柱上表面高度各是多少？ 学生总结 变式训练 22 .如图，粗细均匀的玻璃管 和 由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在 管内，初始时两管水银面等高， 管上方与大气相通．若固定 管，将 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离 ， 管内的水银面高度相应变化 ，则（    ） A. B. C. D. 23 .横截面积处处相同的 U 形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，初始时，右端管内用 h1 =4 cm的水银柱封闭一段长为 L1 =9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭一段长为 L2 =14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为 h2 =8cm。如图甲所示，已知大气压强 p0 =76.0 cmHg，环境温度不变。若将玻璃管缓慢旋转180°，使 U 形管竖直倒置（水银未混合未溢出），如图乙所示。当管中水银静止时，左右两水银柱液面高度差 h3 为（　　） A.10 cm B.12 cm C.8 cm D.14 cm 24 .如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为 H 的空气柱，管内水银柱高于水银槽 h ，若将玻璃管竖直向上缓慢地提起（管下端未离开槽内水银面），则 H 和 h 的变化情况为（　　） A. H 和 h 都增大 B. H 和 h 都减小 C. H 减小， h 增大 D. H 增大， h 减小 真题演练 25 .如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm,大气压强为75cmHg,现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（    ） A.20cm B.25cm C.40cm D.45cm 二、 气缸模型 （一） 单气缸模型 （1） 气缸种类： ① 绝热气缸：气缸内理想气体与外界                发生热传递； ② 导热气缸：气缸内理想气体可以与外界发生热传递并保持温度                 。 （2） 解题步骤： ① 确定对象：一定质量                                  ； ② 列出气体初、末状态参量： 压强 ，体积 ，温度 ； ③ 列理想气体状态方程：   . （3）常见的压强关系： 压强关系   情景 压强关系   情景  （4）注意点： ①确定压强时，可通过                                   确定或通过                                                                                                  确定压强； ② 对活塞或气缸受力分析时，判断 是否考虑活塞重力，缸壁是否光滑，有无其他外力（弹簧，叠加物等）；若 平衡（缓慢移动或静止）则                          为零，水平活塞中 “向左的力=向右的力” ，竖直活塞中 “向上的力=向下的力” ；若不平衡则根据                 求合外力 ③ 确定体积时，注意活塞会不会到顶或者沉底； ④ 确定温度时，注意恒不恒温，绝不绝热； （5） 特殊模型： ①活塞在档板上方（左图），气体升温先经历                 变化，后经历                 变化； ②活塞在档板下方（右图），气体升温先经历                 变化，后经历                 变化.（填“等容”或“等压”） 经典例题 26 .(多选) 如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为 ，压强等于外界大气压强 ．已知杯盖的质量为 ，茶杯（不含杯盖）的质量为 ，杯口面积为 ，重力加速度为 ．当茶杯内气体温度降为 时，下列说法正确的是（    ） A.茶杯对杯盖的支持力为 B.茶杯对杯盖的支持力为 C.茶杯对桌面的压力为 D.茶杯对桌面的压力为 27 .如图所示，在倾角 的光滑斜面上，放置一个带有活塞A的导热气缸B，当活塞A用轻弹簧拉住时活塞到气缸底部的距离为 ；当让气缸B开口向下、气缸底部被轻弹簧拉住时，活塞到气缸底部的距离为 ，并测得 。已知活塞的质量为 m ，重力加速度为 g ，大气压强 与气缸横截面积 S 的乘积 ，操作过程中环境温度不变，轻弹簧平行于斜面。则气缸的质量 M 为（　　） A. m B.26 m C.4 m D.5 m 28 .如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度 ．汽缸活塞的面积 ，重量 ，其下方密封有一定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动．活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长 ，劲度系数 ．开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度 ，弹簧的长度 ，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体(大气压 )．求： ( 1 )当弹簧恢复原长时汽缸内气体的温度 ． ( 2 )当汽缸中的气体温度 时汽缸内气体的压强 ． 题型总结 解题步骤： ① 确定对象：一定质量                                   ； ② 列出气体初、末状态参量： 压强 ，体积 ，温度 ； ③ 列理想气体状态方程：   . 巩固练习 29 .(多选)一导热良好的气缸内用活塞封住一定量的理想气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个气缸悬挂在天花板上，如图所示。弹簧长度为 L ，活塞距地面的高度为 h ，气缸底部距地面的高度为 H ，活塞内气体压强为 p ，体积为 V ，下列说法正确的是（　　）     A.当外界大气压变小（温度不变）时， L 不变、 H 变大、 p 减小、 V 不变 B.当外界大气压变小（温度不变）时， h 不变、 H 减小、 p 减小、 V 变大 C.当外界温度升高（大气压不变）时， h 减小、 H 变大、 p 变大、 V 减小 D.当外界温度升高（大气压不变）时， L 不变、 H 减小、 p 不变、 V 变大 30 .一气缸导热性能良好、内壁光滑，顶部装有卡环。质量 m ＝2kg厚度不计的活塞与气缸底部之间密闭了一定质量的理想气体。气缸竖直放置时，活塞与气缸底部之间的距离 l0 ＝20cm，如图（a）所示。已知气缸横截面积 S ＝1×10－3 m 2 、卡环到气缸底部的距离 L ＝30cm，环境温度 T0 ＝300K，大气压强 p0 ＝1.0×10 5 Pa，重力加速度 g ＝10m/s2 。现将气缸水平放置，如图（b）所示。此时，活塞向卡环处移动，问： （1）活塞最终静止在距离气缸底部多远处？ （2）若活塞最终没有到达气缸顶部卡环处，为使活塞到达卡环，需将气缸内气体的温度缓缓升高到多少开？若活塞最终已经到达气缸顶部卡环处，活塞刚好到达卡环时气缸内气体压强多大？ 31 .一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m 2 ，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连．开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计．已知图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水银面的高度差 h1 ＝5cm，大气压强 p0 ＝1.0×10 5 Pa保持不变，水银的密度 ρ ＝13.6×103 kg/m 3 ，取 g ＝10 m/s2 。求 ①活塞的质量； ②现在活塞上添加铁砂，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到47℃时，U形管内水银面的高度差为多少？ 32 .工人浇筑混凝土墙壁时，内部形成了一块气密性良好充满空气的空腔，墙壁导热性能良好。 （1）空腔内气体的温度变化范围为 ，问空腔内气体的最小压强与最大压强之比； （2）填充空腔前，需要测出空腔的容积。在墙上钻一个小孔，用细管将空腔和一个带有气压传感器的气缸连通，形成密闭空间。当气缸内气体体积为 时，传感器的示数为 。将活塞缓慢下压，气缸内气体体积为 时，传感器的示数为 。求该空腔的容积。 33 .如图所示，导热良好的U形管竖直放置，足够长的左管开口向上，封闭的右管直径是左管的2倍。管中有两段水银柱1、2，在管内封闭两段气柱A、B，两段气柱长均为10cm，水银柱1长为5cm，水银柱2在左管中液面比右管中液面高5cm。大气压为 ，环境温度为300K，现要使水银柱2在左、右管中液面相平，求：（结果均可用分式表示） （1）若通过缓慢降低环境温度使水银柱2在左、右管中液面相平，则液面相平时环境温度为多少？ （2）若保持环境温度300K不变，通过向左管中缓慢倒入水银，使水银柱2在左、右管中液面相平，则从左管口倒入的水银柱长为多少，水银柱1下降的高度为多少？     学生总结 变式训练 34 .如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为 、面积为 的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距 ，现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离 ．已知大气压强为 ，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为 ；整个过程中温度保持不变．求： ( 1 )小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时的压强． ( 2 )小车加速度的大小． 真题演练 35 .导热性能良好，内壁光滑的气缸开口朝上水平放在桌面上，开口面积为 ，轻质活塞封闭了一定质量的气体，活塞上放置了一个质量为 的砝码，稳定时活塞距离气缸底高度为 ，以 为纵轴， 为横轴，图线为一条直线，斜率为 ，纵轴截距为 ，重力加速度为 ，大气压为            ，当 时，           ． （二） 两气缸模型 （1）解题步骤： ① 要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析初、末状态的   情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为两种状态； ② 要找出两部分气体之间的联系， 活塞间用刚性杆连接，即 ，不能说气体总体积不变； 通过对活塞受力分析得到两气体压强关系，为 ，不能说两气体压强相等。（填“>” “=”或 “<” ） （2）注意点： 对活塞气缸受力分析间接确定压强， 平衡（缓慢移动或静止）则合外力为零，水平活塞中 “向左的力 向右的力” ，竖直活塞中 “向上的力 向下的力”。 （填“>” “=”或 “<” ） 经典例题 36 .(多选)设计一个测定水深的深度计，导热性能良好的圆柱形气缸I、II内径分别为 r 和2 r ，长度均为 L ，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为 p0 ，最初气缸Ⅰ内通过A封有压强为 p0 的气体，气缸II内通过B封有压强为3 p0 的气体，一细管连通两气缸，开始时A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知 p0 相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，下列说法正确的是（　　）     A.当活塞A向右移动 时，水的深度 h =5m B.此深度计能测的最大深度 h =22.5m C.若要测量的最大水深 h =25m，气缸I内通过A所封气体的压强应改为 p =2 p0 D.若要测量的最大水深 h =50m，气缸II内通过B所封气体的压强应改为 p =5.75 p0 37 .如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为 气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为 和 ；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为 ．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触：然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为 ，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求： （1）左右两个活塞质量之比； （2）恒温热源的温度 T ； （3）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 ． 题型总结 解题步骤： ① 要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析初、末状态的   情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为两种状态； ② 要找出两部分气体之间的联系， 活塞间用刚性杆连接，两边活塞移动的距离                 ，不能说气体总体积不变； 通过对活塞受力分析得到两气体压强关系，两个活塞受到的力大小                 ，不能说两气体压强相等。 巩固练习 38 .如图所示，两个导热性能极好的气缸 和 水平放置且固定，两气缸通过一根带阀门 的容积不计的细管连通，两轻质活塞用刚性轻杆固连，可在气缸内无摩擦地移动且密封性极好，两活塞面积分别为 和 ．开始时阀门 关闭， 内充有一定质量的理想气体， 内为真空，气缸中的活塞与各自缸底的距离 ，活塞静止．设环境温度不变，外界大气压强 且保持不变．求： ( 1 )阀门 关闭时，气缸 内气体的压强． ( 2 )阀门 打开后，活塞保持静止状态时，气缸 内的活塞距其缸底 ? 39 .一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为 ，如图（a）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为 ，如图（b）所示．设外界温度不变，已知活塞面积为 ，重力加速度大小为 ，求活塞的质量．     40 .如图，容积均为 V 的气缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2 位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K 1 、K 3 ，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K 2 、K 3 ，通过K 1 给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压 p0 的3倍后关闭K 1 ．已知室温为27℃，气缸导热． ( 1 )打开K 2 ，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； ( 2 )接着打开K 3 ，求稳定时活塞的位置； ( 3 )再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强． 学生总结 真题演练 41 .水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“ ”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好．设汽缸内、外压强均为大气压强 ．活塞面积为 ，隔板两侧气体体积均为 ，各接触面光滑．连杆的截面积忽略不计．现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的 ，设整个过程温度保持不变，求： ( 1 )此时上、下部分气体的压强； ( 2 )“ ”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为 ）． 三、 课堂总结 四、 出门测 42 .如图所示，竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端开口，右端封闭，管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体的空气柱。已知空气柱长度为 d =20cm，两侧水银柱液面的高度差为 h =10cm，大气压强为 ，环境温度为 ，热力学温度与摄氏温度之间的关系为 。下列说法正确的是（　　） A.封闭气体的压强为86cmHg B.若将该U形玻璃管以 为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置（此过程中水银未溢出），则最终空气柱的长度约为17.4cm C.若使封闭气体温度降低，则 h 不变， d 减小 D.若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中，当恒温箱温度为432℃时U形管两侧水银面相平 43 .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2.0cm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2.0cm．若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，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76cmHg，环境温度为296K． ( 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． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 15.液柱与气缸模型 课前检测 【教法备注】 建议时长5min 1 .关于固体、液体，下列说法正确的是（        ） A.晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点 B.发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降 C.表面张力使液体表面具有扩张趋势，使液体表面积趋于最大 D.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性 【教法备注】 易 【答案】 D 【解析】 A．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故A为错误选项；B．发生毛细现象时，不浸润液体在细管中会下降，故B为错误选项；C．表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，故C为错误选项；D．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，故D为正确选项。故答案为D。 2 .正确佩戴口罩是日常预防飞沫传播和呼吸道感染的有效途径之一。取一个新的医用防护口罩贴近皮肤一面朝上，平铺在桌面上，往口罩上滴几滴水，水滴没有浸湿口罩，呈椭球形，如图所示。下列说法正确的是（　　） A.水滴形状的成因与水的表面张力有关，与重力无关 B.水滴不浸润口罩，换另一种液体，也不会浸润该口罩 C.若处于完全失重的环境中，水滴将浸湿口罩 D.水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大 【教法备注】 易 【答案】 D 【解析】 A. 水滴形状的成因与水的表面张力有关，因水滴呈现椭圆形，则与重力也有关，选项A为错误选项；B. 水滴不浸润口罩，换另一种液体，不一定不会浸润该口罩，选项B为错误选项；C. 能否浸润是由水与口罩的材料决定的，与是否处于完全失重的环境无关，选项C为错误选项；D. 水滴与口罩附着层内水分子间距比水滴内部分子间距大，产生表面张力，使液体表面绷紧即减小表面积的作用，选项D为正确选项。故答案为D。 考情分析 知识点 试卷 题号 分值 难度 液柱模型 2023全国乙卷 33 10 中 2023海南卷 16 10 较易 气缸模型 2023上海卷 17 10 较易 2023湖北卷 13 10 中 2023浙江卷 17 8 中 2024浙江卷 19 10 较易 【教法备注】 目标解读 知识导图 课堂目标 熟练掌握气体压强的计算方法 . 熟练掌握液柱气缸模型解题方法，熟练记忆重要结论 课堂重难点 液柱气缸模型的解题思路和重要结论 一、液柱模型 （一）单液柱模型 （1）解题步骤： ① 确定对象：一定质量 理想气体 ； ② 列出气体初、末状态参量：压强，体积，温度③ 列理想气体状态方程：  压强关系 情境 （3）注意点： ①液柱不会 被压缩，气柱 会 被压缩；（填“会”或“不会”） ②液柱高度表示压强时，要注意单位为 cmHg或mmHg ； ③若无特殊说明，玻璃管导热良好，一般是 等温 变化； （填“等温”或“等压”） ④温度代入公式计算时为 热力学 温标； （填“热力学”或“摄氏”） ⑤水平部分的液柱对气体压强 没有 影响. （填“有”或“没有”） 【教法备注】 压强关系通过受力分析引导学生理解 经典例题 3 .一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5cm，水银没有溢出。求： （1）大气压强p（cmHg）； （2）把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。 ​     【教法备注】 易；单液柱模型 【答案】 （1）75cmHg；（2）18cm 【解析】 【详解】（1）封闭部分气体做等温变化，设横截面积为S，则有 p 1= p+15cmHg p 2= p-15cmHg 解得 p = 75cmHg （2）把管水平放置时有 p 3= p 解得 L = 18cm 4 .如图，长，粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时，长的空气柱被水银封住，水银柱长．将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有的水银柱进入玻璃管．设整个过程中温度始终保持不变，大气压强．求： ( 1 )插入水银槽后管内气体的压强． ( 2 )管口距水银槽液面的距离． 【教法备注】 中；单液柱模型 【答案】 (1) (2) 【解析】 (1)将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中，设会有水银流出，气体的初状态：，， 末状态：，． 由玻意耳定律：， 代入数据，解得：（舍去），． 插入后有的水银柱进入玻璃管，此时管内的水银柱长度：，， 由玻意耳定律：， 代入数据，解得：． 故答案为：． (2)设管内的水银面距水银槽液面的距离为，则，所以，． 管口距水银槽液面的距离：． 故答案为：． 5 .如图甲所示，玻璃管竖直放置，段和段是两段长度均为的水银柱，段是长度为的理想气体，玻璃管底部是长度为的理想气体．已知大气压强是，玻璃管的导热性能良好，环境温度不变．将玻璃管缓慢旋转倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示．试求旋转后处的水银面沿玻璃管移动的距离．   【教法备注】 中；单液柱模型 【答案】 【解析】 气体发生等温变化，求出两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，再求出水银面移动的距离． 设玻璃管的横截面积为，选段封闭气体为研究对象 初状态时，气体的体积为 压强为 末状态时，气体的体积为 压强为 根据 可得 再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为 压强为 末状态时，气体的体积为 压强为 根据 可得 处的水银面沿玻璃管移动了 ． 题型总结 解题步骤： ① 确定对象：一定质量 理想气体 ； ② 列出气体初、末状态参量：压强，体积，温度③ 列理想气体状态方程：  巩固练习 6 .(多选)“⊥”形且上端开口的玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、细部分的横截面积分别为 S1=2cm 2、 S2=1cm 2。封闭气体初始温度为57℃，气体长度 L=22cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，下列说法正确的是（　　）    A.封闭气体在初始状态的压强为80cmHg B.封闭气体在初始状态的压强为82cmHg C.若缓慢升高气体温度，升高至369K时可将所有水银全部压入细管内 D.当温度升高至492K时，液柱下端离开粗、细接口处的距离为10cm 【教法备注】 中 【答案】 AC 【解析】 【详解】AB．根据图乙可知，封闭气体在初始状态的压强为80cmHg，故A正确，B错误；C．根据题意，结合图像可知，当水银柱全部进入细管中后，继续升高温度，气体将发生等压变化，而由图乙可知，气体发生等压变化初始，气体的体积为，而在水银全部进入细管前，根据理想气体的状态方程有 式中 ，， 代入数据解得 故C正确；D．液柱下端离开粗、细接口处的距离为10cm，设此时的温度为，则由盖吕萨克定律有 ， 解得 故D错误。故选AC。 7 .如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长的空气柱，中间有一段长的水银柱，上部空气柱的长度．已知大气压强为．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离． 【教法备注】 中 【答案】 【解析】 以为压强单位．在活塞下推时，玻璃管下部空气柱的压强为① 设活塞下推后，下部空气柱的压强为，由玻意耳定律得② 如图，设活塞下推距离为，则此时玻璃管上部空气柱的长度为③ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为，则④ 由玻意耳定律得⑤ 由①至⑤式及题给数据解得． 8 .如图所示，将粗细均匀且一端开口的玻璃管放置在水平桌面上，管内用长为的水银封闭着一段长为的空气柱．已知大气压强为,环境温度恒定为． ( 1 )当把玻璃管开口朝上缓慢地竖立起来时，管内空气柱的长度变为多少? ( 2 )玻璃管开口朝上竖立起来后，给玻璃管内的空气柱加热，使空气柱的长度变回,应该使管内的空气柱温度升高多少? 【教法备注】 中 【答案】 (1)玻璃管水平时空气柱压强为 玻璃管竖直时空气柱压强为 (分） 设玻璃管的横截面面积为，竖直时管内空气柱的长度为，根据玻意耳定律有   (分） 解得   (分） (2)空气柱的初始温度为   (分） 设空气柱最终温度为，由盖—吕萨克定律有 (分） 解得 (分） 应使空气柱的温度升高 【解析】 (1) (2) 9 .如图所示，一支粗细均匀的玻璃管开口向下竖直放置，管内由两段长均为l 0=15cm的水银柱封闭着空气柱A、B，空气柱A的长度l A=10.5cm，空气柱B的长度l B=9cm。现缓慢将玻璃管旋转至管口竖直向上并固定。已知外界大气压强p 0=75cmHg，封闭空气可视为理想气体且温度不变，求： （1）空气柱A的长度L A； （2）空气柱B的长度L B。     【教法备注】 中 【答案】 （1）；（2） 【解析】 （1）对空气柱A有 解得 （2）对空气柱B有 解得 学生总结 变式训练 10 .如图所示，两个容器 A和 B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当 A中气体温度为 tA， B中气体温度为 tB，且 tA> tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列说法正确的是（ ） A.水银柱保持不动 B.水银柱将向左移动 C.水银柱将向右移动 D.水银柱的移动情况无法判断 【教法备注】 中 【答案】 B 【解析】 本题涉及到两部分气体，水银柱的移动由两部分气体的压强差决定。可以先假设水银柱不动， A、 B两部分气体都做等容变化，分别研究它们的压强变化。对 A有 = 得 p A′ =p A 对 B有 = 得 p B′ =p B 由于开始时水银柱恰好在管的中央静止，则开始有 p A=p B， t A> t B 则有 < 所以 p A′ < p B′，则水银柱将向左移动。故答案为B。 11 .如图所示，两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开，当玻璃管水平放置时，左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积，左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，水银柱处于静止状态。下列说法正确的是（　　）    A.此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强 B.此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强 C.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向左移动 D.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向右移动 【教法备注】 中 【答案】 C 【解析】 AB．对水平状态的水银柱受力分析可以知，来自两侧的封闭气体的压力相等，则此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强，故AB为错误选项；CD．管内两端的气体都升高相同的温度时，假设水银柱不动，由等容变化有 可得 因左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，，则左侧压强的增加小于右侧气体压强的增加，，而初态两侧的压强相等，故水银柱要向左移动，故C为正确选项，D为错误选项。故答案为C。 12 .(多选)如图为竖直放置的上粗下细的两端封闭的细管，水银柱将气体分隔成、两部分，初始温度相同．使、升高相同温度达到稳定后，、两部分气体压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（    ）     A.水银柱向上移动了一段距离 B.无法判断水银柱移动方向 C. D. 【教法备注】 中 【答案】 AD 【解析】 C．假设液面不动，则两部分气体均为等容变化，则有 ， ， 由于 ， 可知 ， 故C错误； AB．根据上述 ， 可知，中气体压强的增量小于中气体压强的增量，则水银柱向上移动了一段距离，故A正确，B错误； D．根据 ， ， 则有 ， ， 即有 ， 根据上述，水银柱向上移动了一段距离，由于细管上粗下细，则有 可知 ， 故D正确． 故选AD． 真题演练 13 .如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为的两段细管组成，管的内径是管的倍，管在上方．管内空气被一段水银柱隔开．水银柱在两管中的长度均为．现将玻璃管倒置使管在上方，平衡后，管内的空气柱长度改变．求管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．（气体温度保持不变，以为压强单位）    【教法备注】 中 【答案】， 【解析】管在上方时: 设上方气压为，下方气压为，则． 管在下方时: 管气体压强变小，即空气柱长度增加，管中水银柱减小，管的内径是管的倍，则， 可知管水银柱增加，空气柱减小； 设此时两管的压强分别为、， 则 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律 管： 管： 其中 ， 代入各式可得：，． （二）连通器模型 （1）解题步骤： ① 确定对象：一定质量 理想气体 ； ② 列出气体初、末状态参量：压强，体积，温度③ 列理想气体状态方程：  压强关系 情境 （3）连通器模型特点： ① 在连通器中，不间断的同种液柱内的同一水平面上的压强 相等 ； ② 同一气柱内压强处处 相等 . （4）注意点： ① 高度差为的两个液面，高的液面下降 时，两液面等高。（连通器粗细相同） ② 同一液柱，初状态两个液面高度差为 ，末状态两个液面高度差为，则每个液面的变化高度为 经典例题 14 .如图所示，U型管左端封闭，右端开口。用水银封闭一段气体，初始时气柱长度 l=12cm，两侧水银液面高度差 h=10cm，已知大气压强 p0=76cmHg。现在向管内缓慢加注8cm长的一段水银，与原有水银形成连续液柱，过程中封闭气柱温度保持不变，则注入水银后两侧水银液面高度差为（　　） A.3cm B.3.5cm C.4cm D.4.5cm 【教法备注】 易；连通器模型 【答案】 C 【解析】 封闭气体的压强为 根据玻意耳定律有 联立得注入水银后两侧水银液面高度差为 故答案为C。 15 .如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为 h1，右侧管有一段水银柱，两端液面高度差为 h2，中间封有一段空气，若（    ） A.温度升高，则 h1增大， h2增大 B.大气压升高，则 h1增大， h2增大 C.弯管下移少许距离，则 h1增大， h2不变 D.右管中滴入少许水银，则 h1不变， h2增大 【教法备注】 中； 连通器模型 【答案】 A 【解析】 A．当温度升高时，由可知，封闭气体的压强增大，体积也增大， h1和 h2同时增大，A为正确选项；B．平衡后管中封闭气体的压强 p= p0+ ρgh1= p0+ ρgh2 则得 h1= h2 若大气压升高时，封闭气体的压强增大，由玻意耳定律 pV= C得知，封闭气体的体积减小，水银柱将移动，使 h1和 h2同时减小，二者一直相等，B为错误选项； C．若把弯管下移少许距离，封闭气体的体积减小，压强增大，水银柱将移动， h1和 h2同时增加，C为错误选项；D．若右管中滴入少许水银，封闭气体的体积减小，压强增大，水银柱将移动， h1和 h2同时增加，D为错误选项。故答案为A。 16 .如图所示，粗细均匀的等高U形玻璃管竖直放置，左管封闭，右端开口，用水银柱封闭长为cm的一段空气柱，右侧水银柱比左侧高出cm，已知大气压为cmHg。现用一质量不计的薄活塞封住右端开口，缓慢向下压活塞使两边液面相平，此过程中环境温度始终不变，当两边液面相平时，求：（1）左侧空气柱的压强；（2）右侧空气柱的长度。 【教法备注】 中； 连通器模型 【答案】 （1）100cmHg；（2）12.92cm 【解析】 【详解】（1）设刚开始左侧空气柱的压强为，则用水银柱高度来表示压强有 当两边液面相平时设左侧空气柱的压强为，则根据玻意耳定律 联立解得 cmHg （2）当两边液面相平时设右侧空气柱的压强为，则 cmHg 则根据玻意耳定律 解得 cm 题型总结 解题步骤： ① 确定对象：一定质量 理想气体 ； ② 列出气体初、末状态参量：压强，体积，温度③ 列理想气体状态方程：  巩固练习 17 .如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4 h，开始时使两边液面高度差为 h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为（　　） A. B. C. D. 【教法备注】 中 【答案】 A 【解析】 【详解】设液柱总质量为 m。根据机械能守恒 得右侧液面下降的速度为 故选A。 18 .如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱和将空气柱封闭在左侧竖直段玻璃管，平衡时段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为，段水银两侧液面高度差为．若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后（    ） A.空气柱的长度减小 B.左侧水银面高度差减小 C.空气柱的压强增大 D.右侧水银面高度差增大 【教法备注】 中 【答案】 B 【解析】 BCD．设大气压强为，水银密度为，空气柱的压强为 若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，先假设左边水银面都不动，由于右管变大，气体下面的水银上升，使得气体压强变大，从而使气体上面的水银向上移动，使得减小，最终稳定时有 由于 可得 ， 可知左侧水银面高度差减小，空气柱的压强减小，右侧水银面高度差减小，B为正确选项，CD为错误选项； A．空气柱发生等温变化，根据玻意耳定律 由于空气柱的压强减小，所以空气柱的体积增大，空气柱的长度增大，A为错误选项． 故答案为B． 19 .如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和A、B两段水银柱封闭着1、2两段理想气体。初始时，长为的水银柱A下端与活塞下端平齐，水银柱B在左管中的液面比右管中的液面低10cm，气柱1长为10cm。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管中液面相平并稳定，已知大气压强为75 cmHg，求：（1）稳定后，A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小；（2）此过程中活塞下降的高度。（结果均保留两位小数） 【教法备注】 中 【答案】 （1）；（2） 【解析】 （1）初始时，根据平衡条件 缓慢向下压活塞过程，气柱2发生等温变化，根据玻意耳定律 根据几何关系 解得 故A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小 （2）稳定后 对缓慢向下压活塞过程，气柱1发生等温变化，根据玻意耳定律 解得 故活塞下降的高度 20 .如图，U型细管左端开口，右端封闭。右边封闭一定质量理想气体，气柱长度为；左边用高水银柱也封闭有一定质量的理想气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为，大气压为。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了。气体温度均保持不变。求：（1）左边注入水银后，右边气柱压强的数值；（2）左边注入水银的高度。 【教法备注】 中 【答案】 （1）；（2）36cm 【解析】 【分析】【详解】（1）左边气体压强开始为 右边气体压强开始为 右边气体体积 ， 右边液面上升，气体长度变为 右边气体压强后来为，体积为 对右边气体由玻意耳定律知 解得 即左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90cmHg。（2）左边注入水银后，气体压强值变为 则其上水银柱长 注入水银柱的长度 即左边注入的水银柱高度为36cm。答：（1）左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90cmHg；（2）左边注入的水银柱高度为36cm。 21 .如图所示，内径很小、粗细均匀、两端开口的形管竖直放置，一段空气柱将管内水银分成左、右两段，大气压强相当于高水银柱所产生的压强，当空气柱温度为、长度为时，其左边水银柱长和高均为，问： ( 1 )当空气柱温度升高到多少时，其左边的水银恰好全部进入竖直管内？ ( 2 )当空气柱温度为时，两竖直管内水银柱上表面高度各是多少？ 【教法备注】 难 【答案】 (1) (2)左管水银面高为，右管水银面高为 【解析】 (1)初始时由空气柱平衡可知右边水银柱的高等于左边水银柱的高．空气柱温度升高到时，左边水银恰好全部进入竖直管，左水银柱高度为，此时由空气柱平衡．同样可知右水银柱高为，则留在水平管的右边水银还有，如图（a）．空气柱长度由变为．对封闭气体列出理想气体状态方程： ． ． (2)当空气柱温度高于后，由于左端水银柱已全部进入竖直管内，如图（b），封闭气体压强将始终等于．因此后为等压过程，并且由空气柱平衡条件可知右边水银的长和高将维持与，如图（b）．空气柱将部分进入左竖直管． 根据盖吕萨克定律对封闭气体列出方程： ， ． 由此可得，左管水银面高为，右管水银面高为． 学生总结 变式训练 22 .如图，粗细均匀的玻璃管和由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在管内，初始时两管水银面等高，管上方与大气相通．若固定管，将管沿竖直方向缓慢下移一小段距离，管内的水银面高度相应变化，则（    ） A. B. C. D. 【教法备注】 难 B端下移H，B液面相对于地面下移但注意不是下移H，A液面一定下降，因为B液面相对于地面下移，则A气体压强变小，所以A液面下降h，故B液面相较于原来位置上升了h，此时A液面依然比B液面高（此时A气体压强小于大气压强），所以B端下移的H比2h要长，即H>2h 【答案】 B 【解析】 故选B． 23 .横截面积处处相同的 U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，初始时，右端管内用 h1=4 cm的水银柱封闭一段长为 L1=9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭一段长为 L2=14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为 h2=8cm。如图甲所示，已知大气压强 p0=76.0 cmHg，环境温度不变。若将玻璃管缓慢旋转180°，使 U形管竖直倒置（水银未混合未溢出），如图乙所示。当管中水银静止时，左右两水银柱液面高度差 h3为（　　） A.10 cm B.12 cm C.8 cm D.14 cm 【教法备注】 难 【答案】 B 【解析】 初始时，设空气柱A的压强为 pA，空气柱B的压强为 pB，则 联立得 U形管倒置后，空气柱A的压强设为 pA1，空气柱B的压强设为 pB1，则 空气柱B的长度 由玻意耳定律可得 解得 h3=12cm 故答案为B。 24 .如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭着长为 H的空气柱，管内水银柱高于水银槽 h，若将玻璃管竖直向上缓慢地提起（管下端未离开槽内水银面），则 H和 h的变化情况为（　　） A. H和 h都增大 B. H和 h都减小 C. H减小， h增大 D. H增大， h减小 【教法备注】 中 【答案】 A 【解析】 假设管内水银柱高度不变，由于向上提起玻璃管，封闭空气柱变长，根据玻意耳定律，气体体积增大，空气柱压强变小，根据 得 h增大。所以 H和 h都增大。故答案为A。 真题演练 25 .如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm,大气压强为75cmHg,现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（    ） A.20cm B.25cm C.40cm D.45cm 【教法备注】 中 【答案】 A 【解析】 设玻璃管横截面积为,初始状态气柱长度为,密闭气体的初始状态：压强，体积，移动右侧玻璃管后，密闭气体的状态：压强，体积，根据玻意耳定律得：，代入数据解得：，故A正确，BCD错误． 故选:A． 二、气缸模型 （一）单气缸模型 （1）气缸种类： ① 绝热气缸：气缸内理想气体与外界不能 发生热传递； ② 导热气缸：气缸内理想气体可以与外界发生热传递并保持温度 相同。 （2）解题步骤： ① 确定对象：一定质量理想气体 ； ② 列出气体初、末状态参量： 压强，体积，温度； ③ 列理想气体状态方程：  压强关系   情景 压强关系   情景  （4）注意点： ①确定压强时，可通过 压强关系 确定或通过 对活塞气缸受力分析间接 确定压强； ② 对活塞或气缸受力分析时，判断 是否考虑活塞重力，缸壁是否光滑，有无其他外力（弹簧，叠加物等）；若 平衡（缓慢移动或静止）则 合外力 为零，水平活塞中 “向左的力=向右的力” ，竖直活塞中 “向上的力=向下的力” ；若不平衡则根据 牛二 求合外力 ③ 确定体积时，注意活塞会不会到顶或者沉底； ④ 确定温度时，注意恒不恒温，绝不绝热； 【教法备注】 ① 绝热 温度不变，导热 等温变化，恒温  温度不变 ②压强关系可以引导学生用受力分析去理解 （5）特殊模型：①活塞在档板上方（左图），气体升温先经历 等容 变化，后经历 等压 变化； ②活塞在档板下方（右图），气体升温先经历 等压 变化，后经历 等容 变化.（填“等容”或“等压”） 经典例题 26 .(多选) 如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为，压强等于外界大气压强．已知杯盖的质量为，茶杯（不含杯盖）的质量为，杯口面积为，重力加速度为．当茶杯内气体温度降为时，下列说法正确的是（    ） A.茶杯对杯盖的支持力为 B.茶杯对杯盖的支持力为 C.茶杯对桌面的压力为 D.茶杯对桌面的压力为 【教法备注】 中；单气缸模型 【答案】 AD 【解析】 AB．由题意 对于茶杯内的气体，由查理定律可得 解得 对杯盖受力分析，由平衡条件可得 解得 A正确，B错误； CD．对茶杯、杯盖整体受力分析可知桌面对茶杯的支持力为 由牛顿第三定律可知茶杯对桌面的压力为，C错误，D正确． 故选AD． 27 .如图所示，在倾角的光滑斜面上，放置一个带有活塞A的导热气缸B，当活塞A用轻弹簧拉住时活塞到气缸底部的距离为；当让气缸B开口向下、气缸底部被轻弹簧拉住时，活塞到气缸底部的距离为，并测得。已知活塞的质量为 m，重力加速度为 g，大气压强与气缸横截面积 S的乘积，操作过程中环境温度不变，轻弹簧平行于斜面。则气缸的质量 M为（　　） A. m B.26 m C.4 m D.5 m 【教法备注】 中； 单气缸模型 【答案】 C 【解析】 当活塞被轻弹簧拉住时，气缸内气体的压强为，对气缸根据平衡条件有 当气缸被轻弹簧拉住时，气缸内气体的压强为，对活塞根据平衡条件可得 缸内气体做等温变化，根据玻意耳定律有 解得 故答案为C。 28 .如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度．汽缸活塞的面积，重量，其下方密封有一定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动．活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长，劲度系数．开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度，弹簧的长度，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体(大气压)．求： ( 1 )当弹簧恢复原长时汽缸内气体的温度． ( 2 )当汽缸中的气体温度时汽缸内气体的压强． 【教法备注】 难； 单气缸模型 【答案】 (1) (2) 【解析】 (1)开始时气体的压强： ， 温度，体积， 弹簧恢复原长时，， 体积， 由理想气体状态方程， 得． 故答案为：． (2)设气体温度为时，活塞恰好上移至卡口，此时 ， ， 由理想气体状态方程， 得， ∵，∴活塞已上移至卡口， ，， 由理想气体状态方程， 得． 故答案为：． 题型总结 解题步骤： ① 确定对象：一定质量 理想气体 ； ② 列出气体初、末状态参量： 压强，体积，温度； ③ 列理想气体状态方程：  巩固练习 29 .(多选)一导热良好的气缸内用活塞封住一定量的理想气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个气缸悬挂在天花板上，如图所示。弹簧长度为 L，活塞距地面的高度为 h，气缸底部距地面的高度为 H，活塞内气体压强为 p，体积为 V，下列说法正确的是（　　）    A.当外界大气压变小（温度不变）时， L不变、 H变大、 p减小、 V不变 B.当外界大气压变小（温度不变）时， h不变、 H减小、 p减小、 V变大 C.当外界温度升高（大气压不变）时， h减小、 H变大、 p变大、 V减小 D.当外界温度升高（大气压不变）时， L不变、 H减小、 p不变、 V变大 【教法备注】 中 【答案】 BD 【解析】 【详解】CD．以活塞与汽缸为整体进行受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，二者大小始终相等，由于总重力不变，因此弹簧拉力不变，故弹簧长度 L不变，活塞的位置不变， h不变。对气缸进行分析，设气缸的质量为 M，根据平衡条件 解得 可知当外界温度升高（大气压不变）时，气体的压强 p不变，根据 当外界温度升高时，气体的体积 V增大，活塞不动，汽缸向下移动，故 L不变、 H减小，故C错误，D正确；AB．根据 结合CD选项分析可知，当外界大气压 p0变小（温度不变）时， p减小， V变大，活塞不动， h不变，汽缸向下移动， L不变、 H减小，故A错误，B正确。故选BD。 30 .一气缸导热性能良好、内壁光滑，顶部装有卡环。质量 m＝2kg厚度不计的活塞与气缸底部之间密闭了一定质量的理想气体。气缸竖直放置时，活塞与气缸底部之间的距离 l0＝20cm，如图（a）所示。已知气缸横截面积 S＝1×10－3m 2、卡环到气缸底部的距离 L＝30cm，环境温度 T0＝300K，大气压强 p0＝1.0×10 5Pa，重力加速度 g＝10m/s2。现将气缸水平放置，如图（b）所示。此时，活塞向卡环处移动，问：（1）活塞最终静止在距离气缸底部多远处？（2）若活塞最终没有到达气缸顶部卡环处，为使活塞到达卡环，需将气缸内气体的温度缓缓升高到多少开？若活塞最终已经到达气缸顶部卡环处，活塞刚好到达卡环时气缸内气体压强多大？ 【教法备注】 中 【答案】 （1）24cm；（2）375K 【解析】 （1）气缸竖直放置时，封闭气体的压强 解得 p1＝1.2×10 5Pa 气缸水平放置时，假设活塞最终静止在距离气缸底部 l处，此时封闭气体的压强 p2＝ p0＝1.0×10 5Pa 根据理想气体状态方程有 将 p1＝1.2×10 5Pa、 T1＝ T0＝300K、 V1＝ l0S， p2＝1.0×10 5Pa、 T2＝ T1＝300K、 V2＝ lS代入得 l＝1.2 l0＝24cm （2）由于 l＝24cm< L 活塞最终没有到达气缸顶部卡环处。为使活塞到达卡环，设需将气缸内气体的温度缓缓升高到 T3，气缸内气体的温度缓缓升高的过程为等压过程，有 将 V2＝ lS、 T2＝300K、 V3＝ LS代入得 T3＝375K 31 .一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m 2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连．开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计．已知图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水银面的高度差 h1＝5cm，大气压强 p0＝1.0×10 5Pa保持不变，水银的密度 ρ＝13.6×103 kg/m 3，取 g＝10 m/s2。求①活塞的质量；②现在活塞上添加铁砂，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到47℃时，U形管内水银面的高度差为多少？ 【教法备注】 中 【答案】 ①；② 【解析】 ①对活塞分析，由平衡条件可得 S 代入数据解得 ②因为活塞的位置保持不变，所以气缸内的气体近似做等容变化，由 可得 考点：封闭气体压强、气体的等容变化点评：本题力学知识与气体性质的综合，桥梁是压强。往往对跟气体接触的水银或活塞研究，根据平衡条件或牛顿第二定律研究气体的压强。 32 .工人浇筑混凝土墙壁时，内部形成了一块气密性良好充满空气的空腔，墙壁导热性能良好。（1）空腔内气体的温度变化范围为，问空腔内气体的最小压强与最大压强之比；（2）填充空腔前，需要测出空腔的容积。在墙上钻一个小孔，用细管将空腔和一个带有气压传感器的气缸连通，形成密闭空间。当气缸内气体体积为时，传感器的示数为。将活塞缓慢下压，气缸内气体体积为时，传感器的示数为。求该空腔的容积。 【教法备注】 中 【答案】 （1）；（2） 【解析】 （1）以空腔内的气体为研究对象，最低温度时，压强，；最高温度时，压强，；根据查理定律可知 解得 （2）设空腔的体积为，气缸的容积为，以整个系统内的气体为研究对象，则未下压时气体的压强，体积 ， 下压后气体的压强，体积 ， 根据波意耳定律 解得 33 .如图所示，导热良好的U形管竖直放置，足够长的左管开口向上，封闭的右管直径是左管的2倍。管中有两段水银柱1、2，在管内封闭两段气柱A、B，两段气柱长均为10cm，水银柱1长为5cm，水银柱2在左管中液面比右管中液面高5cm。大气压为，环境温度为300K，现要使水银柱2在左、右管中液面相平，求：（结果均可用分式表示）（1）若通过缓慢降低环境温度使水银柱2在左、右管中液面相平，则液面相平时环境温度为多少？（2）若保持环境温度300K不变，通过向左管中缓慢倒入水银，使水银柱2在左、右管中液面相平，则从左管口倒入的水银柱长为多少，水银柱1下降的高度为多少？    【教法备注】 中 【答案】 （1）；（2） 【解析】 （1）对气柱B研究，开始时，压强为 气柱长为 温度为 降温后压强为 由于左、右两管直径之比为，则截面积之比为，则降温后气柱B长为 根据理想气体状态方程 解得 （2）设左管中倒入的水银柱的长为 hcm，则当水银柱2在左右两管中液面相平时，气柱B的压强 气体发生等温变化，则 则 即倒入的水银柱长为cm，对气柱A研究，压强为 气柱长为 倒入水银后压强为 气体发生等温变化，则 解得 则水银柱1下降的高度 学生总结 变式训练 34 .如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为、面积为的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距，现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离．已知大气压强为，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为；整个过程中温度保持不变．求： ( 1 )小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时的压强． ( 2 )小车加速度的大小． 【教法备注】 中 【答案】 (1) (2) 【解析】 (1)小车静止，根据平衡条件可得气体压强，体积为， 设小车加速稳定时，气体压强，体积为：， 由玻意耳定律得：， 联立解得：． 答：小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时的压强为． (2)活塞受到气缸内外气体的压力分别为：，， 由牛顿第二定律得：， 联立解得：． 答：小车加速度的大小为． 真题演练 35 .导热性能良好，内壁光滑的气缸开口朝上水平放在桌面上，开口面积为，轻质活塞封闭了一定质量的气体，活塞上放置了一个质量为的砝码，稳定时活塞距离气缸底高度为，以为纵轴，为横轴，图线为一条直线，斜率为，纵轴截距为，重力加速度为，大气压为           ，当时，          ． 【教法备注】 中 【答案】 【解析】 设未放砝码时活塞距离气缸底高度为，放砝码稳定后，气体压强为，外界大气压为． 对于活塞，根据平衡条件可得：， 对气体，根据理想气体状态方程可得：， 联立解得：， 根据题意可得：，， 解得：，，当时，． 故答案为：；． （二）两气缸模型 （1）解题步骤： ① 要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析初、末状态的  情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为两种状态； ② 要找出两部分气体之间的联系， 活塞间用刚性杆连接，即=，不能说气体总体积不变； 通过对活塞受力分析得到两气体压强关系，为=，不能说两气体压强相等。（填“>” “=”或 “<” ） （2）注意点： 对活塞气缸受力分析间接确定压强， 平衡（缓慢移动或静止）则合外力为零，水平活塞中 “向左的力 = 向右的力” ，竖直活塞中 “向上的力 = 向下的力”。 （填“>” “=”或 “<” ） 【教法备注】 ， 经典例题 36 .(多选)设计一个测定水深的深度计，导热性能良好的圆柱形气缸I、II内径分别为 r和2 r，长度均为 L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为 p0，最初气缸Ⅰ内通过A封有压强为 p0的气体，气缸II内通过B封有压强为3 p0的气体，一细管连通两气缸，开始时A、B均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知 p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，下列说法正确的是（　　）    A.当活塞A向右移动时，水的深度 h=5m B.此深度计能测的最大深度 h=22.5m C.若要测量的最大水深 h=25m，气缸I内通过A所封气体的压强应改为 p=2 p0 D.若要测量的最大水深 h=50m，气缸II内通过B所封气体的压强应改为 p=5.75 p0 【教法备注】 中；双气缸问题 【答案】 BCD 【解析】 【详解】A．当活塞A向右移动时，假设活塞B不动，对气缸I中的气体，根据玻意耳定律有 解得 可知假设成立，则水产生的压强为 由于 p0相当于10m高的水产生的压强，可知水的深度为10m，故A错误；B．根据图示分析可知，当活塞A恰好到达气缸I区右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧气体有 对活塞B右侧气体有 解得 则水产生的压强为 由于 p0相当于10m高的水产生的压强，可知此深度计能测的最大深度为 故B正确；C．若要测量的最大水深 h=25m，该深度对应压强为，此时活塞A恰好到达气缸I区右侧，气体压强为 令置于水中之前，气缸I内通过A所封气体的压强为 p，根据玻意耳定律对活塞B左侧气体有 对活塞B右侧气体有 解得 故C正确；D．若要测量的最大水深 h=50m，该深度对应压强为，此时活塞A恰好到达气缸I区右侧，气体压强为 对深度计左侧气体有 解得 对深度计右侧气体有 解得 故D正确。故选BCD。 37 .如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触：然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求： （1）左右两个活塞质量之比； （2）恒温热源的温度 T； （3）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积． 【教法备注】 中；双气缸问题 【答案】 （1）；（2）；（3） 【解析】 （1）设气缸的横截面积为，根据力平衡法，对左侧活塞有 对右侧气缸有 解得 （2）分析可知，左侧气缸发生等压变化，而左侧气缸与右侧气缸连通，因此可知，右侧气缸活塞不移动，将左右气缸活塞下方的气体看成一个整体进行研究，由盖吕萨克定律可得 解得 （3）由初始状态的力学平衡条件可知, 左活塞的质量比右活塞的大．打开后, 右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触, 底部与恒温热源接触, 两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为,由玻意耳定律得:③ 对下方气体由玻意耳定律得：④ 联立③④得:, 解得:(不合题意, 舍去)． 题型总结 解题步骤： ① 要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析初、末状态的  情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为两种状态； ② 要找出两部分气体之间的联系， 活塞间用刚性杆连接，两边活塞移动的距离 相等 ，不能说气体总体积不变； 通过对活塞受力分析得到两气体压强关系，两个活塞受到的力大小 相等 ，不能说两气体压强相等。 巩固练习 38 .如图所示，两个导热性能极好的气缸和水平放置且固定，两气缸通过一根带阀门的容积不计的细管连通，两轻质活塞用刚性轻杆固连，可在气缸内无摩擦地移动且密封性极好，两活塞面积分别为和．开始时阀门关闭，内充有一定质量的理想气体，内为真空，气缸中的活塞与各自缸底的距离，活塞静止．设环境温度不变，外界大气压强且保持不变．求： ( 1 )阀门关闭时，气缸内气体的压强． ( 2 )阀门打开后，活塞保持静止状态时，气缸内的活塞距其缸底? 【教法备注】 难 【答案】 (1) (2) 【解析】 (1)设初始时刻气体压强为，以两个活塞和杆为整体，由平衡条件有： ， 得． (2)打开阀门稳定后，设气体压强为，两活塞到缸底距离分别为和，以两个活塞和杆为整体， 得， 对理想气体有：， 且，得． 39 .一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为，如图（a）所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为，如图（b）所示．设外界温度不变，已知活塞面积为，重力加速度大小为，求活塞的质量．     【教法备注】 中 【答案】 【解析】 设活塞的质量为，气缸倒置前下部气体的压强为，倒置后上下气体的压强分别为、，由力的平衡条件有 ， ， 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为，由玻意耳定律得 ， ， 解得． 40 .如图，容积均为 V的气缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K 1、K 3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压 p0的3倍后关闭K 1．已知室温为27℃，气缸导热． ( 1 )打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； ( 2 )接着打开K 3，求稳定时活塞的位置； ( 3 )再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强． 【教法备注】 难 【答案】 (1)，2 p0　； (2)上升直到 B的顶部； (3)1.6 p0 【解析】 (1)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1．依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得对B有 对于A有 联立式得， (2)刚打开K 3时，活塞上方气体压强变为大气压强，则活塞下方气体压强大，活塞将上升．设活塞运动到顶部之前重新稳定，令下方气体与 A中气体的体积之和为 V2（）．由玻意耳定律得 得 则打开K 3后活塞上会升直到 B的顶部为止． (3)活塞上升到B的顶部，令气缸内的气体压强为，由玻意耳定律得 设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从 T1=300K升高到 T2=320K的等容过程中，由查理定律得 联立得 p3=1.6 p0 学生总结 真题演练 41 .水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好．设汽缸内、外压强均为大气压强．活塞面积为，隔板两侧气体体积均为，各接触面光滑．连杆的截面积忽略不计．现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求： ( 1 )此时上、下部分气体的压强； ( 2 )“”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为）． 【教法备注】 难 【答案】 (1)， (2) 【解析】 (1)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知 解得旋转后上部分气体压强为 旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为，则 解得旋转后下部分气体压强为 (2)对“”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力竖直向下，上部分气体对活塞的作用力方向竖直向上，下部分气体对活塞的作用力方向竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知 解得活塞的质量为 三、课堂总结 四、出门测 42 .如图所示，竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端开口，右端封闭，管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体的空气柱。已知空气柱长度为 d=20cm，两侧水银柱液面的高度差为 h=10cm，大气压强为，环境温度为，热力学温度与摄氏温度之间的关系为。下列说法正确的是（　　） A.封闭气体的压强为86cmHg B.若将该U形玻璃管以为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置（此过程中水银未溢出），则最终空气柱的长度约为17.4cm C.若使封闭气体温度降低，则 h不变， d减小 D.若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中，当恒温箱温度为432℃时U形管两侧水银面相平 【教法备注】 中 【答案】 B 【解析】 【详解】A．封闭气体的压强为 A项错误；B．U形玻璃管以为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置中，封闭气体发生等温变化，初状态为 ， 末状态为 ， 根据玻意耳定律 代入数据得 B项正确；C．若使封闭气体温度降低，气体体积减小， d减小，则 h增大，C项错误；D．如果 U形玻璃管置于非密闭的恒温箱中，则初状态为 ，， 末状态时假设两侧水银面相平，则有 ， 据理想气体状态方程可得 代入数据得 D项错误。故选B。 43 .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2.0cm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2.0cm．若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，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76cmHg，环境温度为296K． ( 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． 【教法备注】 中 【答案】 (1)41cm (2)312K 【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 h，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 由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有 p= p0+ ρgh=78cmHg， p1S= p0S– ρghS=74cmHg 式中， ρ、 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– h）， V1= S（ L– h） 联立得 L=41cm (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 则 T=312K 学科网（北京）股份有限公司 $$