专项突破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（人教版）

心专项突破4 活塞汽缸模型 1.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.如图，容积为2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.已知打气筒每次能打 入压强为、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.2p0 D.Po O6黑白题物理|选择性必修第三册·RJ 3.（2024·安徽联考)如图所示，一导热性能 良好的圆柱形汽缸横卧在水平地面上，汽 缸内的活塞与缸壁光滑密接封闭了一部分 理想气体，如图甲所示.已知环境温度t= 27℃，活塞距汽缸底部的距离h=21cm,大 气压P。=1.0×105Pa、重力加速度g取 10m/s2,活塞质量m=1.0kg、面积S=20cm2. 认为摄氏温标所确定的温度t与热力学温 度T的关系是T=t+273K.回答下列问题： (1)当把汽缸缓慢竖起来，如图乙所示，求 稳定后活塞下降的距离； (2)在(1)的情形下，打开空调缓慢升高环 境温度，当温度升高多少摄氏度时，活 塞能回到原位？ 4.（2024·广东联考)一内壁光滑的汽缸竖直 放置，通过轻杆连接的两活塞α、b之间封闭 有一定质量的理想气体，如图所示.初始时， 两活塞均处于静止状态，且两活塞到汽缸 连接处MW的距离相等，封闭气体的热力学 温度为T。.已知两活塞a、b的质量分别为 3 55 m,=2m,m,=,横截面积S,=3S,=3S, 重力加速度大小为g,大气压强恒为”8 4S (1)若使封闭气体缓慢降温使活塞α恰好 移动到连接处MN,求此时气体的温度； (2)若在活塞a上缓慢添加细砂使活塞a 恰好移动到连接处MN,封闭气体温度 不变，求最终所加细砂的总质量 5.(2024·辽宁大连期末)山地车的气压避震 装置主要由活塞、汽缸组成某研究小组将 其汽缸和活塞取出进行研究.如图所示，在 倾角为0=30°的光滑斜面上放置一个带有 活塞A的导热汽缸B,活塞用劲度系数为 k=300N/m的轻弹簧拉住，弹簧的另一端 固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平 行于斜面，初始状态活塞到汽缸底部的距 离为L,=28cm,汽缸底部到斜面底端的挡 板距离为L2=2cm,汽缸内气体的初始温度 为T1=280K已知汽缸质量为M=1kg,活 塞的质量为m=0.2kg,汽缸横截面积为S= 5cm2,活塞与汽缸间密封一定质量的理想 气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度g取 10m/s2,大气压为po=1.0x105Pa (1)求初始状态下汽缸内气体压强P1; (2)对汽缸进行加热，汽缸内气体的温度从 T,上升到T,此时汽缸底部恰好接触 到斜面底端的挡板，求T2; (3)若在第(2)问的基础上继续对汽缸进行 加热，当温度达到T3时使得弹簧恰好 恢复原长，求T,(结果保留分数) 进阶突破·专项练07(2)设将充入的气体压缩到空载压强P1时，其体积为△V,对 气体根据玻意耳定律有p,(A4y)=P,K,故y_A,则 V Pi 了9充人气体△m与原有气体m,之比为A". △V1 m119 6.(1)1080K(2)13:18 解析：(1)下部分气体N做等温变化，初状态压强为P1=P+ 学，体积为北=，未状态压强为，体积为=子，根据 玻意耳定律有P1V1=P2V2对上部分气体M,当活塞A移动到 最低点时，对活塞A受力分析可得出p吃=P2,初状态：压强为 Po,温度为T。,体积为V。,末状态：压强为p2,温度为T2,体积 为。，根据理想气体状态方程，有，°=分，代人数 据解得T2=3.6T。=1080K.(2)设上部分气体M发生等温变 化，压强回到P。时体积为V3,根据玻意耳定律有PoV3= P,代入数据解得？-P业=3.6，对应释放气体的等效 Po 体积为△V=V,-V。=2.6V。,释放气体△m与原气体质量mo 之比为Am_AV2613 moV33.618 专项突破4活塞汽缸模型 1.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2-，由玻意耳定律，对左侧气体有n(,）p成。 7 对右侧气体有poV=p(2V-y),联立解得V1=V,p=) 活塞固定后再向活塞右侧打气5次，则p(2V-V)+PoV= p'(2V-V,),p'=7po,故选A. 3.(1)1cm(2)15℃ 解析：(1)根据题意可知，甲图中汽缸内气体的压强为P0,设 乙图中汽缸内的气体压强为P1,则有P1S=mg+PS,解得P1= P,+号=1.05x10Pa,设活塞下降的距离为x,由玻意耳定律 有poSh=p1S(h-x),解得x=1cm; (2)缓慢升高环境温度，气体做等压变化，设升高的温度为 心，由监昌萨克定#可如57，T=+27K,解程 △t=15℃. 4((2)8 解析：(1)设活塞a、b到MN处的距离均为L,气体缓慢降温 至活塞a恰好移到MW处过程，压强不变，根据盖-吕萨克定 律有S.+9)LS,×2 T。 解得T子 (2)初始时，设封闭气体压强为P1,研究a、b两活塞及轻杆 整体有poS。+p1S,+mg+mg=PoS+p1Sa, 设活塞a恰好移动到MN处时，封闭气体压强为P2,研究a、b 两活塞及轻杆整体有PS,+p2S,+mg+mg+mg=poS+p2Sa, 根据玻意耳定律有p1(S+S6)L=p2S,×2L,解得m=gmo 5a)9x10Pa(2)300K(3)9K 选择性必修第三册·RJ 解析：(1)对汽缸进行分析，根据平衡条件有poS=Mgsin0+ p1S,解得p1=9x104Pa; (2)加热过程中，当汽缸与底部挡板之间没有弹力作用，对 活塞与汽缸整体进行分析有。=(M+m)gsin0,解得 x。=2cm,即弹簧的长度不变，则汽缸底部恰好接触到斜面 底端的挡板时气体体积为(L,+L2)S,结合上述，此过程气体 压强不变，根据盖-吕萨克定律有2_（凸+山，） T T. ,解得T2= 300K; (3)弹簧恰好恢复原长时，对活塞分析，根据平衡条件有 poS+mgsin0=p3S,解得p3=1.02×103Pa,根据理想气体状态 方限有么头条得万-19天 T T 专项突破5液柱模型 1.A解析：CD.设大气压强为po,右侧水银柱的高度为h1,则 右侧部分封闭气体的压强P1=po+Pgh1,由于Po和h,均不 变，所以P1不变，CD错误；AB.设左侧气体压强为P2,当左 侧部分气体温度升高时，假设气体体积不变，根据理想气体 状态方程y=C,可知P,增大；由于P,=+Pg,可知变 小，A正确，B错误.故选A, 2.C解析：AB.A、B气体温度同时缓慢升高或降低△T,假设 液面不移动，两部分气体为等容变化，根据号=，可得 4s47 P,两部分气体了P、△T相同，故压强的变化量相同， 所以A、B液面仍相平，故AB错误：CD.打开阀门K缓慢放 出少量水银后，假设两边液面下降后仍相平，根据等温变化 的规律可得LED(+,可得压强为p,。,故初 +h1+ 态气柱长的p'更大，因LB>L4,则p6>pA,所以A的液面高于 B,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pB=Ppo+10cmHg=86 cmHg,由玻意耳定律有pgSB= paSg,又lg-l6=1cm,解得pg=88cmHg,故选C. 4.A解析：活塞下推之前，液柱下端封闭气体的压强P1=Po+ Pgh2=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=125 cmHg. 活塞下推后，管上部分气体的压强为p3=p2pgh2=100cmg, 对管上部分气体，根据玻意耳定律有poV。=P3V3,其中V。= 60S,V3=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)480K(2)8.78cm 解析：(1)设玻璃管的横截面积为S,初始状态时，管内理想 气体的状态为p1=po-p4=75-25(cmHg)=50cmHg,T,= 300K,V,=25cm×S, 当水平部分玻璃管竖直时，由于气柱长度不变，管内理想气 体的状态为P2=po+5cmHg=80 cmHg, 设此时温度为I,气体发生等容变化，则有= 代入数据解得T2=480K; (2)当水银全部进入竖直管时，竖直管内理想气体的体积 为V2=[25-5(cm)]×S,气体发生等温变化，对AB段气体根 黑白题38