专项突破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（人教版）

(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 据玻意耳定律有p1V1=p3V2,代入数据解得p3=62.5cmHg, 开始时BC管内理想气体的状态为P。=75cmHg,V。= 20cmxS,变化后BC管内理想气体的状态为p4=P3+30cm Hg=92.5cmHg,V,=LS,气体发生等温变化，根据玻意耳定 律有PoV。=p4V3,代入数据解得L≈l6.22cm,所以活塞移动 距离x=25-L=8.78cm. 6.(1)60cmHg(2)12.5cm 解析：(1)设玻璃管横截面积为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75cmHg×20cm×S=Pm×25cm×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：P1=75+25(cmHg)=100 cmHg,VA1= 10cm×S,末状态：Pa=Pm+25-5(cmHg)=80 cmHg,V2= LaS.根据玻意耳定律有pAVA1=p2V2,解得L2=12.5cm 专项突破6热力学第一定律与气体 实验定律综合问题 1.C2.C 3.D解析：A.因ba的延长线通过坐标原点，且a点的坐标为 (T1,Po),则b点的坐标为(2T1,2p0),即T2=2T1,根据查理 定律的逆命题成立可知V。=V。,气体在bc与da过程温度不 变，根据玻意耳定律2poV。=3pVe,2poV.=poV。,联立解 得V:V,:V。:V=6:6:4:3,即V>V,故A正确；B.bc 过程中温度不变，内能不变，故B正确：C.气体在αb过程中 温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中 内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，故C正确； D.气体在ab过程中体积不变，则W=0,吸收的热量Qb= △U,即气体在ab过程中吸收的热量等于内能变化量，故 D错误故选D. 4.(1)300K(2)2.0×10J(3)放出了1.3×10J的热量 解折：(1)1一8是等容变化，根据查理定律得号会解得 ℃。=0。=0X10×90K=300K.(2)B-C是等压变化，且 PA 体积增大，所以气体对外做功，根据功的公式有Wc= PeAVaci=1.0×103×(3.0-1.0)J=2.0×105J.(3)C→A是等温 变化，由理想气体内能只与温度有关，知其内能不变，即 △U=0,已知气体从状态A→B→C→A的过程中，A→B是等 容变化，气体不做功：气体从状态B→C的过程中，气体对外 界做的功Wc=2.0x10J;C→A的过程中，外界对气体做的 功Wc4=3.3×10J,由热力学第一定律△U=Q+W,结合内能 不变，有0=Q-Wc+W4,代入数据，求得Q=-1.3×103J,即 气体放出了1.3×10J的热量 5.(1)-3℃(2)放热5.0J 解析：(1)缓慢降低封闭气体的温度，气体做等压变化，根据 LoS LS 盖-吕萨克定律， 273+,273+解得1=-3℃.(2)封闭气 体的压强为p=Po+Pgh,由于气体体积减小，所以外界对气体 做功为W=pS(L。-L),根据热力学第一定律△U=W+Q,联立 解得Q≈-5.0J.即该过程中气体放热5.0J 6.(1)90m(2)9×104J 解析：(1)根据题意可知，封闭气体等温变化，由玻意耳定律 有5poSL=P2S(L-d),解得P2=10po,又有P2=po+pH,解得 PH=po,则有H=90m; (2)根据题意可知，70m深处，封闭气体的压强为p。=Po+ 参考答案与解析 =8,由玻意耳定律有n.=5nSL,可得=名SL,90m 深处，封闭气体的压强为P。=Po+P=10po,由玻意耳定律有 P,V。=5pSL,解得V三)SL,ab过程中，外界对气体做功为 W=2(p,p,)(化。-V,),可得W=90000J,由热力学第一 定律有△U=W+Q,得Q=-9x10J,即放出9x104J的热量 专项突破7光电效应方程与图像问题 1.B解析：AB.根据光电效应方程和动能定理可得E,=hv W。,E.=eU。,可得U。=一v- 么，，由此可蜘知图线12的斜率为 ee ,由题图可知图线1对应金属材料的逸出功小，故A错 e 误，B正确：C.P对应的光的频率较小，不能确定光的强度， 所以不可以确定饱和光电流的大小，故C错误：D.P对应的 光的频率较小，Q对应的光的频率较大，所以照射同一金属 材料，根据E=w-W。知用Q对应的光比P对应的光逸出 的光电子最大初动能大，故D错误故选B. 2.A解析：当UkA>0时，电场力使电子减速，光电流为0时的 电压即为遏止电压，紫光频率高于红光，紫光遏止电压较大， 所以在U轴的正半轴的交点较红光偏右.单位时间内红光的 光子数多，所以红光的饱和光电流大.故选A. 3.A解析：波长越小，光的频率越高，由光电效应方程可得 E,=hm-W=c-W,当光的频率大于光电管的截止频率，颜率 入 越大，激发的光电子初动能越大.光源的光谱中波长500~ 800nm的波占多数，产生的是初动能较小的光电子，则反向 电压较小时，电流会随反向电压增大出现突然的较大衰减 故选A, 4.B解析：AB.根据光电效应方程可得E,=hw-W。,根据动能 定理可得eU=Em-Ek,联立可得Ekm=eU+hw-W。,可知图线 a、b斜率k是电子电量e,故A错误，B正确；CD.根据 En=eU+hw-W。,设材料a、b的逸出功分别为W,、W,根据 题图2可知E。=hv-W1,2E。=hw-W2,可得W1=hw-Eo, W1_hw-B。≠ W,=h-2B,则材料a、b的逸出功之比为可，m-2E。 hv-Eo 1 2h-2E。=2,故CD错误.故选B. 5.A解析：根据动能定理有eU=Ek-Em,根据光电效应方程有 Eshw-WEw-w所以U=-么+么之-么+h= e e U.当入射光的频率大于极限频率时，才可以发生光电效应， U>U时才能产生光电流，故选A. 6.(1)有(2)减小(3)1.9(4)长(5)无影响 解析：(1)根据题意，将滑动变阻器的滑片移至最左端，光电 管阴极K与阳极A之间的电压为零，用激光笔1照射阴极 K,有光电子逸出，可以到达阳极A形成光电流，则电流表有 示数.(2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑 动，光电管阴极K与阳极A之间的反向电压逐渐增大，可以 到达阳极A的光电子数减小，则光电流减小，即电流表的示 数减小(3)根据题意，设逸出功为W。,由光电效应方程有 E=3.1eV-W。由题图乙可知，遏止电压为U。=123V,则有 E=eU。=1.23eV,联立解得W。≈1.9eV.(4)由题图丙可知， 遏止电压减小，则光电子的最大初动能减小，可得激光笔2 黑白题39@专项突破5 液柱模型 1.(2024·湖北襄阳期中)如图所示，左端封 闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有 两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为 P1,水银面高度差为h.当左侧部分气体温度 升高较小的△t,重新达到平衡后，h和p1的 变化是 A.h变小 B.h不变 C.p1变小 D.P1变大 2.（2024·T8联考)如图所示，上端均封闭的 连通管道A、B中封闭着液面相平的水银 柱，连通管道下部有阀门K.A、B内的气柱 长度不相同，且L>L4,初始状态两气柱温 度相同.下列说法正确的是 () A.A、B气体温度同时缓慢升高△T,则A的 液面将高于B B.A、B气体温度同时缓慢降低△T,则A的 液面将高于B C.打开阀门缓慢放出少量水银后，A的液 面将高于B D.打开阀门缓慢放出少量水银后，A的液 面将低于B 3.如图所示，内径相同，导热良好的“T”形细 玻璃管上端开口，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 O8黑白题物理|选择性必修第三册·RJ 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.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h1=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.（2024·河北唐山二模)如图所示，粗细均 匀、导热性良好的L形细玻璃管固定在竖 直面内，竖直部分AB上端封闭，长为 50cm,管内用水银柱封闭一段长为25cm 的理想气体，水平部分BC右端开口，长为 25cm,L形细玻璃管内的水银柱总长为 30cm,已知大气压强为75cmHg,环境温度 为300K (1)若将细玻璃管在竖直面内沿逆时针方 向缓慢转动90°，使水平部分玻璃管竖 直，为使A端气柱的长度不变，则需要 将气体的温度提升到多少K? (2)若将细玻璃管C端用活塞封闭，将管内 空气视为理想气体，保持环境温度不 变，并缓慢向左推动活塞，当水银全部 进入竖直管时，求活塞向左移动的距 离.（结果以cm为单位，保留2位小数） 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、导热性良好 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