第2章 专题探究1 玻意耳定律的应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版 江苏专用）

专题探究一玻意耳定律的应用 错题 黑题 专题强化 限时：45min 题型1玻璃管问题 C.水银面c下降的高度大于水银面a上升的 1.*(2025·山东菏泽期末)如图所示，一端 高度 开口的导热玻璃管，内有一段长为h的液柱封 D.水银面a、b间新的高度差大于右管上段新 闭一定质量的理想气体初始时开口向下气柱 水银柱的长度 长为L,当开口向上时，气柱长为L2,若环境 4.接整体与隔离(2025·广东深圳模拟)如图 温度始终不变，液体密度为p,大气压强为Po, 甲所示，一内壁光滑的横截面积为S=1cm 则该地的重力加速度g为 ( 的玻璃管内装有长为h=10cm的水银，竖直 A.Pol B.Pola 放置平衡时水银柱下端与玻璃管底部相距为 phL2 phL L1=30cm,水银柱上端离管口为L2=10cm, C.Po(L th) D. o(L1-L2） 外界大气温度为T。,已知大气压强为P%= ph(L-L2) h(L+L2) 75 cmHg. (第1题) (第2题) 2.*如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细 (1)把该装有气体和水银的玻璃管水平放置 均匀的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水 (水银柱如图乙所示)，固定在静止的小车 银柱高于水银槽h,若将玻璃管向右旋转一定的 上，求此时水银柱与玻璃管底部的距离L3: 角度（管下端未离开槽内水银面），环境温度保持 (2)在(1)条件下现让小车以水平恒定加速度 不变，则H和h的变化情况为 ( α向右加速运动，稳定时发现水银柱相对 A.H减小，h增大 B.H增大，h减小 于玻璃管底部移动了距离d=14cm.设此 C.H和h都增大 D.H和h都减小 时水银柱质量m=0.14kg,大气压强可视 3.幸经典模型如图所示，一粗细均 视频 为Po=1×10Pa,整个过程温度保持不变， 匀的U形玻璃管开口向上竖直放 求小车加速度a的大小 置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、 B,水银面a、b间的高度差为h1,水银柱cd的 长度为h2,且h2=h,a面与c面恰处于同一高 度.若在右管开口端注入少量水银，系统重新 达到平衡，则 A.A气体的压强小于外界大气 题型2活塞汽缸问题 压强 5.**用质量为m的光滑活塞将导热汽缸内的 B.B气体的压强变化量小于A气 理想气体与外界隔离开，汽缸的质量为2m,若 体的压强变化量 用细绳连接活塞，把该整体悬挂起来（如图1 第二章黑白题17 所示)，活塞距缸底的高度为H,若用细绳连接 加压气囊 汽缸缸底，也把该整体悬挂起来（如图2所 细管 示)，活塞距缸底的高度为h设环境温度不变， 核心舱 气闸舱 压强计 B 大气压强为，且鳄-，S为活塞的模裁面 臂带 外太空 (第7题) (第8题) 积，g为重力加速度，则H与h之比为 8.(2024·安徽阜阳期末)如图所示，血压 仪由加压气囊、臂带、压强计等构成.加压气囊 可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带 内气体的压强高于大气压强的差值，充气前 图1 图2 臂带内气体压强为大气压强，体积为60cm3, A.3:4 B.3:2 C.7:4 D.5:4 每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入 6.幸如图所示，截面积不等的汽缸水平固定放 臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为 置，内壁光滑，活塞A的截面积S4=20cm2,活 300cm3.已知大气压强为750mmHg,气体温 塞B的截面积Se=30cm2.两活塞用质量不计 度不变，忽略细管和压强计内的气体体积，则 的细绳连接，活塞A还通过细绳、定滑轮与质 压强计的示数为 () 量不计小桶相连，A和B之间封闭有一定量的 A.60 mmHg B.90 mmHg 理想气体，且温度始终与外界保持相同.已知 C.120 mmHg D.150 mmHg 大气压强po=1.0×10Pa保持不变，环境温度 9.幸新考法如图所示的家庭小型喷壶总容积 保持不变，活塞A、B始终可以自由移动.若往 为1.4L,打气筒每次可将压强为1.0×10Pa、 小桶中缓慢注入1kg细沙，发现汽缸内活 体积为0.04L的空气充入壶内，从而增加壶 塞A、B向左移动了3cm,试求若再往小桶中 内气体的压强.为了保证喷壶的安全，壶内气 缓慢注入1kg细沙，活塞A、B移动的距离： 体压强不能超过5.0×10Pa;为了保证喷水效 果，壶内气体压强至少为3.0×105Pa;当壶内 气体压强降至1.0×10Pa时便不能向外喷水. 口小桶 现装入1.2L的水并用盖子密封，壶内被封闭 空气的初始压强为1.0×105Pa.壶中喷管内水 题型3充气、抽气问题 柱产生的压强忽略不计，壶内空气可视为理 7.*(2025·山西运城期末)如图所示，中国 想气体且温度始终不变，则： 空间站“天和”核心舱内航天员要到舱外太空 (1)若充气恰好到达喷壶安全上限，然后打开 行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为 喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为 Po,用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气 多少？ 压降到一定程度后才能打开气闸门B.已知每 (2)为了保证喷水效果，打气筒最少打气多 次从气闸舱抽取的气体体积都是气闸舱容积 少次？ 的0若相气过程中温度保持不变，则抽气 2次后，气闸舱内气压为 ( 4po 5 81po 100p0 B. 6P0 C. D. 100 121 选择性必修第三册黑白题18联立得H=20+2h pg 压轴挑战 8.D解析：A.当活塞刚好到达CD位置时，对气室1、2内的气 体，根据玻意耳定律可得poLS+2poLS=p'LS,解得p'=3po,对 活塞受力分析，根据共点力平衡可得poS+mg=p'S,解得m= ，若n=3pS2 2Po ，则此时单向阀门已向下开启且活塞 gg 已经到达CD位置，故气室1的压强为3Po,故A错误； BCD.当气室2内的压强刚好到达2P时，对活塞受力分析， 根据共点力平衡可得poS+mg=2p,S,解得m=Po3,当 g PoS 3poS 2poS 2g8 ，单向阀门开启且活塞稳定时，对于气室 1、2内气体，等温变化有pIS+2poIS=p"L'S,对活塞受力分 5 析，由共点力平衡可得poS+mg=pS,联立解得p=之Po,L'= 马L,所以，活案下降△M=2名L=亭，故BC错误D正晚 5 故选D. 专题探究一玻意耳定律的应用 黑题专题强化 1.D解析：开口向下时，对液柱进行受力分析，根据平衡条件 可得封闭气体的压强为P1=P0Pgh,设玻璃管的横截面积 为S,所以此时气柱的体积为V,=SL,,同理，开口向上时，对 液柱进行受力分析，根据平衡条件可得封闭气体的压强为 P2=Po+Pgh,此时气柱的体积为V2=SL2,因为温度不变，根据 玻意耳定律有P1V1=P2V2,即(Po-pgh)SL,=(Po+pgh)SL2,解 得该地的重力加速度为g= (乙+故选D Po(L1-L2) 2.D解析：设大气压为Po,封闭气体压强p=Po-pgh,玻璃管绕 其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，假设H不变，则 水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，根据玻意耳 定律可知，封闭气体体积减小，故水银柱会升高，即H要减 小：再假设h不变，则H会减小，根据玻意耳定律，封闭气体 压强会增加，故h也要减小，故ABC错误，D正确 3.C解析：A.注入水银前，A气体压强P4=Po+Pgh2-Pgh1=po, 当在右管开口端注入少量水银时，即2增大，A、B气体压强 均变大，即A气体的压强大于外界大气压强，A错误；C.右 管注入水银后，两部分封闭气体压强均变大，由玻意耳定律 P1V1=P2'2,A、B气体体积均变小；假设B气体体积不变，则 水银面α上升的高度等于水银面c下降的高度，等于b下降 的高度；由于B气体体积同时要变小，故水银面c下降的高 度大于水银面a上升的高度，C正确：B.假设注入△h高度 选择性必修第三册 的水银，则B气体的压强变化量一定为△pB=Pg△h,假设A、 B气体的体积均不变，则A气体的压强变化量也为△p4= PgAh,压强增大后，根据玻意耳定律，体积要变小，故A气体 的气压变化量小于Pg△h,即B气体的压强变化量大于A气 体的压强变化量，B错误；D.注入水银前，A气体压强P4= Po+Pgh2Pgh1=Po,右管中注人少量水银达到平衡后，封闭气 体A、B气体压强均变大，注入水银后，设右管上段新水银柱 的长度为h2,a、b间新的高度差为h1,根据平衡可得pA+pgh1= Po+pgh,由于pA>Po,所以h2>h1,水银面a、b间新的高度差小 于右管上段新水银柱的长度，D错误.故选C 4.(1)34cm(2)50m/s2 解析：(1)该过程为等温变化，根据玻意耳定律P1LS= PaLaS, P3=pPo,P1=Po+pgh=85 cmHg,解得L3=34cm. (2)小车匀加速时，根据玻意耳定律有P4(L,-d)S=P3L,S, 对水银柱受力分析有p4S-poS=ma,解得a=50m/s2. 5.B解析：图1中，设封闭气体的压强为p1,对汽缸分析，由平 衡条件有S=PS+2mg,解得P1=P-了=2P,气体的体积 为V,=HS.图2中，设封闭气体的压强为P2,对活塞分析，由 平衡条件有5=p,Sn心，解得p受，气体的体积 为=hS由玻意耳定律有P,Y=p,,解得兰=具-。 V2 h P 三放选B 6.2.5cm 解析：开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零，设汽缸内 气体压强为P1、体积为V1,有P1(SB-S4)=Po(SB-SA),若往 小桶中缓慢注人1kg细沙，设汽缸内气体压强为P2、体积 为V,有p2(Sa-SA)-Po(SB-S4)=m1g,气体发生等温变化， p1V1=P2V2,根据题意：V1-V2=L,(SB-SA),若再往小桶中缓 慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为P3、体积为V3,有 P3(Sa-SA)-Po(SB-S4)=(m1+m2)g,气体发生等温变化 P2V2=P3V.根据题意V2-V3=L2(Sa-SA),联立解得L2= 2.5cm 7.D解析：第一次抽气相当于气体的体积由V变为V+△V,且 AY=0,气体温度不变，根据玻意耳定律得A,V=A,(+ △)，解得A,同理可得，第二次描气后有AV=P,( 10100 △)，解得p=1P=12Po,故选D, 8.D解析：设充气前臂带内气体体积为V,=60cm,每次挤压 气囊充入气体体积为V。=60cm3,充气后臂带内气体体积 黑白题08 为V2=300cm3,根据玻意耳定律有p1V1+5poV。=p2V2,其中 p1=Po=750 mmHg,解得P2=900mmHg,压强计示数为臂带 内气体的压强高于大气压强的差值，则压强计的示数为 △p=p2-p1=150mmHg,故选D. 9.(1)0.8L(2)10次 解析：(1)设可向外喷出水的体积为V.,由玻意耳定律可得 P2=po(V。+V),其中p=1.0x103PaP2=5.0×103Pa、V。= 1.4L-1.2L=0.2L,代入上式解得V=0.8L; (2)为了保证喷水效果，设打气筒最少打气次，则由玻意 耳定律可得PVo+po·△V=PVo, 其中Po=1.0x103Pa,V。=1.4L-1.2L=0.2L,△V=0.04L, p1=3.0×103Pa,代人上式解得n=10. 第3节气体的等压变化和等容变化 第1课时气体的等压变化 白题 基础过关 1.C解析：盖-吕萨克定律表示一定质量的理想气体在压强 不变时，体积与热力学温度成正比，即V=CT=C(t+273),故 选C. 2.A解析：压强不变时， pV_pv =C,可得Ay=CAT C△，可见当气体压强不变时，体积变化与温度的变化的关 系是成正比的故选A 3.C解析：A.上午8点时，温度小，分子的平均动能小，平均 速率小，某个分子的速率可能变大，也可能变小，也可能不 变，故A错误：B.当温度升高时，气体体积将增大，因此房间 内的空气质量将减少，空气分子的个数减少，空气的分子数 密度减少，故B错误；CD.上午8点的热力学温度T1=(273+ 10)K=283K,下午1点的热力学温度T2=(273+25)K=298K, 上午8点时教室内空气的质量为m1,体积为V1,选上午8点 VV> 时教室内空气为研究对象，由盖-吕萨克定律 TT 则子，器，上午8点教室内的气体质最与下车 1点气体质量的比价院-告器因上午8点和下午 1点教室内的体积相同，故密度之比等于质量之比，即 0 肥器放c正确.D猫误放法C 4.A解析：因αb两部分气体的压强相等，则对两活塞及连杆 的整体受力分析，根据平衡条件，有pS。+PoS。=PoS。+pS,可 知缸内气体压强不变，若缸内气体的温度缓慢升高一点时， 参考答案与解析 根据了-C,可知气体体积变大，因右侧活塞而积较大，则活 塞向左移动一点，故选A. 5.(1)均匀（2)t=(24.5+0.25h)℃(3)偏大，原因见解析 解析：(1)根据=C,油柱体积随温度均匀变化，则刻度是 均匀的.(2)初状态：V1=(357+0.3×10)cm3=360cm3,T1= (273+27)K=300K,任意态：V2=（357+0.3×h)cm°，T2= (273+)K,由7,7 V=V2得：=(24.5+0.25h)℃.(3)由元= 之得：冷油柱重力产生压强的影响没有 了，V2偏大，则测得的T2偏大 黑题应用提优 1.C解析：AB.空气柱的压强p=po+pgh',其中h'为a水银柱 的高度，由于'的大小不变，故空气柱的压强不变，被封闭气 体做等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能变 大，故根据盖-吕萨克定律号=C可得，气体的体积端大，故 气体分子的密集程度变小，故AB错误；CD.被封闭气体的 压强p=Po+Pgh,由p不变，可知h不变，水银柱b的两个水银 面的高度差h不变，又因气体的体积增大，则水银柱α液面 将上升，故C正确，D错误故选C 2.C解析：设孔明灯刚好从地面浮起时气袋内的气体密度为 P1,则升起时浮力等于孔明灯和内部气体的总重力，有 PgV。=Mg+p1gV。.气袋内的气体温度升高时，将气体视为等 压变化，气体原来的体积为V。,温度升高后体积为V(有V。 留在气袋内)，根据质量相等则有pV。=P1V,原来的气体温 度升高后压强不变，体积从变为，由等压变化得 T 根弼恶意7≤1.5联立解得以-D PVo T 选C. 3.B解析：AB.活塞位于汽缸正中间时，以汽缸为研究对象， 由平衡条件得P,S=Mg+PoS,当活塞在汽缸的最下端时，缸 内气体温度为T2,压强为P2,此时仍有P2S=Mg+PoS,可得 P2=P1,可知缸内气体为等压变化，由盖-吕萨克定律可得 7疗，可得 V V2 T,y-(27+273)×SK=600K,则能测量 V 21 的最大温度为600K;又有△V=S·△L,由上式可知，刻度表 的刻度是均匀的，A错误，B正确：C.由以上分析可知，汽缸 内的气体做等压变化，弹簧受到的弹力不变，因此环境温度 升高时，弹簧的长度仍不变，C错误；D.以汽缸为研究对象 (不包含活塞)，对汽缸受力分析，由平衡条件可得P1S=Mg+ 黑白题09