专题5 液柱模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

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专题 液柱模型 1.(2023·广东华南师大附中期中)如图所 示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将 管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置， 若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以 下关于气体A、B说法正确的是 A.气体A的压强不变 B.气体B的压强减小 C.气体A、B的体积都增大 D.气体A、B的体积都减小 2.(2023·黑龙江哈尔滨三中期末)如图所 示，竖直向上放置两端封闭的U形管中装 有水银，封闭了A、B两部分气体，它们温度 相同，静止时左右液面高度差为h,以下说 法中正确的是 A.U形管自由下落过程中，水银柱高度差h 将变小 B.U形管自由下落过程中，两部分气体的 压强差比静止时大 C.两部分气体升高到相同的温度后，水银 柱高度差h变大 D.两部分气体升高到相同的温度后，两部 分气体的压强差比升温前小 3.(2023·海南华侨中学一模)如图所示，内 径相同，导热良好的“T”形细玻璃管上端开 08黑白题物理I选择性必修第三册·JK ©限时 30分钟 口，下端、右端封闭，管中用水银封闭着A、B 两部分理想气体，各部分长度如图.已知大 气压强po=76cmHg,设外界温度不变.现沿 管壁向竖直管缓慢灌入一定量的水银，B部 分气体长度缩短1cm,则灌入水银后B部 分气体的压强为 5 cm 10 cm 44 cm B 10cm 40 cm A A.77 cmHg B.86 cmHg C.88 cmHg D.90 cmHg 4.如图，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h,=25.0cm 的空气柱，中间有一段长h2=25.0cm的水 银柱，上部空气柱的长度h3=60.0cm.已知 大气压强为po=75.0cmHg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20.0cm.假设活塞 下推过程中没有漏气，则活塞下推的距离为 A.20 cm B.15 cm C.10 cm D.35 cm 5.（2023·安徽三市联考)粗细均匀的U形玻 璃管竖直放置，左端封闭右端开口，右侧足 够长，左端用水银封闭一定质量的理想气 体，如图所示.封闭空气柱的长度L1= 15cm,两管水银面高度差h=5cm,环境温 度t=27℃，大气压强po=75cmHg (1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面 后，求封闭空气柱的长度L2; (2)若环境温度缓慢下降，当玻璃管两侧水 银面相平时，求环境温度.（计算结果保 留小数点后一位) h 777 6.（2024·湖北孝感期初)水平玻璃细管A与 竖直玻璃管B、C底部连通，组成如图所示 结构，各部分玻璃管内径相同.B管上端封 有长20cm的理想气体，C管上端开口并与 大气相通，此时两管左、右两侧水银面恰好 相平，水银面距玻璃管底部为25cm.水平细 管A内用小活塞封有长度10cm的理想气 体.已知外界大气压强为75cmHg,忽略环 境温度的变化.现将活塞缓慢向左拉，使B 管内气体的气柱长度为25cm,求： (1)此时B中气体的压强； (2)A管中理想气体的气柱长度. 进阶突破·专项练09