专题4 活塞汽缸模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

专题 活塞汽缸模型 1.(2023·河南南阳期末)如图 所示，导热汽缸内有一不计 质量的活塞，通过轻绳跨过 两光滑定滑轮后与质量为m 77777 的重物相连，系统稳定时汽缸静止且与地 面接触设活塞与缸壁间无摩擦，则下列说 法中正确的是 A.若外界大气压缓慢增大一些，则汽缸内 气体压强不变 B.若外界大气压缓慢减小一些，则地面与 汽缸间弹力增大 C.若外界气温缓慢升高一些，则重物距地 面的高度将增大 D.若外界气温缓慢降低一些，则汽缸内气 体压强不变 2.(2023·山东滨州联考)如图，容积为2V的 汽缸固定在水平地面上，汽缸壁及活塞导 热性能良好，活塞面积为S,厚度不计.汽缸 两侧的单向阀门（气体只进不出）均与打气 筒相连，开始活塞两侧封闭空气的体积均 为V,压强均为Po:现用打气筒向活塞左侧 打气25次后固定活塞，再向活塞右侧打气 5次.已知打气简每次能打入压强为Po、体 积为V的空气，外界温度恒定，空气视为 理想气体，不计活塞与汽缸间的摩擦.则稳 定后活塞右侧空气的压强为 A.7po B.4po C.2po D.Po 3.(2023·江西联考)水平放置的汽缸用活塞 封闭一定质量的理想气体，活塞可沿汽缸 06黑白题物理I选择性必修第三册·JK ©限时 30分钟 壁无摩擦滑动且不漏气，平衡时活塞与汽 缸底的距离L,=12cm,离汽缸口的距离 L2=8cm,如图甲所示.现将汽缸缓慢转动到 开口向下并竖直悬挂，如图乙所示，此过程 中封闭气体的温度始终为T。=300K.已知 活塞的质量m=20kg,横截面积S= 100cm2,大气压强po=1.0×105Pa,重力加 速度g取10m/s2. (1)求图乙中活塞下表面离汽缸口的距 离L; (2)若对缸内的气体加热，使图乙中活塞下 表面刚好与汽缸口相平，求此时汽缸内 气体的热力学温度T. 4.（2023·江苏海安实验中学月考)如图所 示，一导热性能良好的汽缸竖直固定，光滑 活塞将缸内理想气体分成体积之比为1：3 的A、B两部分，B部分气体的压强为P,活 塞重力产生的压强为0.1p,环境温度不变 因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气， 活塞缓慢向上移动，当B中气体体积减为 原来的与时，求： (1)A中气体的压强p'; (2)B中漏出的气体和剩下气体质量的 比值， 一阀门 B ZZZ77777☑ A 5.(2023·河北邢台二中期末)如图所示，上 端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角 为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横 截面积为40cm2的活塞相连接，汽缸内封 闭有一定质量的理想气体，在汽缸内距缸底 70cm处有卡环，活塞只能向上滑动.开始时 活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气 体的压强等于大气压强po=1.0×103Pa,温 度为300K.现对汽缸内的气体缓慢加热，当 温度增加60K时，活塞恰好离开卡环，当温 度增加到480K时，活塞移动了10cm.重力 加速度g取10m/s2,求： (1)活塞的质量； (2)弹簧的劲度系数k. 30° 进阶突破·专项练07意耳定律有，=p附，代入数据解得，-P=36,对应 Po 释放气体的等效体积为△V=V,-V。=2.6V。,释放气体△m与 原气体质量m。之比为 m△V2.6_13 moV3.618 6.(1)4min(2)10 、307 解析：(1)将体积为V,压强p=5.6×10Pa,温度T。=280K 的大气注入舱体；末态压强P1=5×10Pa,体积V1=Sh= 1.848m2,温度T,=300K,根据理想气体状态方程有° P,V已知气流量Q=350/min,所以充气时间为t三0，解得 T t=44min.(2)注入气体的体积V2=Q't'=0.3m3,温度T2= 270K,根据理想气体状态方程有P_,排出舱体 TT T2 的气体体积△V=,-,根据理想气体状态方程有上。 T 兰放出气体质量与进人气体质量之比等于体积之比， 有m出=△V307 m进V410 专题四活塞汽缸模型 1.D解析：AB.对活塞受力分析且由平衡条件可得P外S=P气S+ mg,若外界大气压缓慢增大一些，则汽缸内气体压强增大， 若外界大气压缓慢减小一些，则汽缸内气体压强减小，由于 开始时汽缸静止且与地面接触，则有pS+Mg=FN,由于气体 压强减小，则地面与汽缸间弹力减小，故AB错误；CD.由 =C可知，若外界气温缓慢升高一些，气体体积增大，则重 V 物距地面的高度将减小，若外界气温缓慢降低一些，则汽缸 内气体压强不变，气体体积减小，故C错误，D正确.故选D. 2.A解析：根据题意可知，设向活塞左侧打气25次后汽缸内 空气的压强为P,左侧气体体积为V,,则右侧气体体积 为2y-K,曲孩意耳定律，对左侧气体有n(,宁）p 对右侧气体有pV=p(2v-),联立解得=号，P=子， 7 活塞固定后再向活塞右侧打气5次，则p(2V-V1)+PoV= p'(2V-V1),p'=7Po,故选A. 3.(1)L=5cm(2)T=400K解析：(1)当汽缸水平放置时， 封闭气体的压强为Po,当汽缸口朝下时，设封闭气体的压强 为p,有po=p+3由玻意耳定律有pob=p(L+-L),解得 L=5om(2)此过程为等压变化，有+-L_乙，解得T T。 400K. 4.(1)1.1p(2)3 解析：(1)对活塞分析pS+mg=p'S,解得 p'=1..(2)B中气体体积减为原来的子时，A中气体体积 变为原来的2倍，对A中气体p'Va=2p"Va,对活塞分析 P,Stng=pS,解得ps=045p,对B中气体pV=p×子ya,解 得V=O.3Vg,B中漏出的气体和剩下气体质量的比值 Va-0.3V87 0.3V3 选择性必修第三册·JK 5.(1)16kg(2)800N/m解析：(1)根据题意可知，气体温 度从300K增加到360K的过程中，经历等容变化，由查理 定律得-，解得p,=1.2x105Pa此时，活塞恰好离开卡 To T 环，可得p,=,+mg9,解得m=16kg(2)气体温度从 S 360K增加到480K的过程中，由理想气体状态方程有业 T. 上，解得，=1.4x10Pa对活塞进行受力分析可得 PoS+mgsin0+k△x=P2S,解得k=800N/m 专题五液柱模型 1.D解析：被封闭气体B的压强Pg=PoP水银hg,被封闭气 体A的压强PA=PBP水银ghA=PoP水银g(hA+hB),其中hA、hB 为上下两段水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高 度都将减小，则封闭气体压强PA和Pg都增大，又由于气体 是等温变化，由玻意耳定律pV=P1V,知，气体A、B的压强增 大，体积减小.故选D. 2.C解析：AB.由于液面高度差的存在，所以在U形管静止 时，两部分气体的压强关系为PA<PB;当U形管自由下落时， 液体的压强为零，所以B部分的气体将膨胀，导致液面高度 差变大，A部分的气体将被压缩，所以两部分气体的压强差 比静止时小，故AB错误：CD.假设水银柱不动，气体升高相 同的温度，根据号岩可得4兴·P,由于p,>0,所以 △pB>△p4,即两部分气体的压强差比升温前大，则水银柱高 度差h将变大，故C正确、D错误故选C. 3.C解析：设玻璃管的横截面积为S,初始状态下，气体B的 压强Pg=po+l0cmHg=86 cmHg,由玻意耳定律有paSg= paSg,又lg-l?=1cm,解得pg=88cmHg,故选C. 4.A解析：活塞未下推之前，液柱下端封闭气体的压强P,= Po+pgh=100cmHg,液柱下端封闭气体，根据玻意耳定律可 知p1V1=p2V2,其中V1=25S,V2=20S,联立解得P2= 125cmHg活塞下推后，管上部分气体的压强为p3=p2-Pgh= 100cmHg,对管上部分气体，根据玻意耳定律有PoV。=P3V3, 其中V。=60S,V,=LS,联立解得，管上部分气体的长度L= 45cm,活塞下推的距离为h=(60.0-L+25.0-20.0)cm= 20.0cm,故选A. 5.(1)L2=16cm(2)t3=-38.6℃解析：(1)根据题意可知， 玻璃管开口朝上时有p1=po+pgh=80cmHg,V1=L,S=15S, 平躺在水平桌面时有p2=po=75cmHg,V2=L,S.由玻意耳定 律有p1V1=p2V2,解得L2=16cm.(2)根据题意可知，两液面 相平时有p3=75cmHg,V3=12.5S.由理想气体状态方程有 pyP,解得T,=234.4K,即=-38.6℃. 6.（1)pm=60cmHg(2)La=12.5cm解析：(1)设玻璃管截 面积为S,对B气体，初状态压强为75cmHg,体积为 20cm×S,末状态体积为25cm×S,根据理想气体状态方程有 75×20xS=P,×25×S,解得Pm=60cmHg(2)活塞被缓慢向 左拉的过程中，A中气体做等温变化，初状态：P4,=(75+ 25)cmHg=100cmHg,'A1=10cm×S,末态：P2=(P2+25- 5)cmHg=80cmHg,Va2=L2S.根据玻意耳定律有paVa1= Pa'a,解得La2=12.5cm. 专题六热力学第一定律与气体 实验定律综合问题 1.D解析：A.对活塞进行受力分析可知，当汽缸开口向右水 平放置时，缸内气体压强总是等于大气压强，加热过程其实 黑白题38