上分专题5 活塞汽缸模型(双汽缸)-【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）

专题课堂 上分专题5 活塞汽缸模型（双汽缸） 命题密钥 活塞汽缸模型（双汽缸）是理想气体实验定律的复杂应用，通过分析两汽缸内气体状态 及活塞联动关系，解决多系统动态过程问题， 在高考中常以“温度或位置改变+计算气体状态参量”题型出现，往往有一定区分度， 考点觉醒 ·单塞双缸模型 A ↑PS B 模型 mg B PAS 受力分析 PAS=PBS PAS+mg=PaS ●双塞双缸模型 ↑P1 APrS2 厂 Po 模型 B l L m mg m2g YPAS PoS2 PAS1+mig=PBS 受力分析 PASA+POSB=PBSB+POSA PoS2+m2g=PgS2 变式 ●“假设法”分析活塞移动方向 第一步：假设活塞不动（等容变化） 第二步：根据理想气体状态方程（查理定律），计算出条件改变后气体的压强 第三步：分析压强大小，推理出活塞正确的移动方向 14物理|选择性必修第三册 实战演练 类型一单塞双缸模型 1.*如图所示，水平放置的导热汽缸内A、B两部分气体由横截面积为S的活塞（厚度不计）隔 开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气.初始时两侧气体的温度与环境温度相同，压强均为p,体积 之比为V,：V。=2:3.现将汽缸缓慢转动，当转到竖直位置放置时，A、B两部分气体体积相同. 已知重力加速度大小为g,则活塞的质量m为 () A.Is B.3ps c.3os D. 5g 5g 5g 级 2.*经典题(2026·湖南天一大联考)如图所示，汽缸内有可自由移动的轻质绝热活塞，把汽缸 内理想气体分成体积均为V。的A、B两部分，然后用销子把活塞卡住，此时两部分气体温度均 为T。,压强均为Po现把气体B温度升高到，To 3 (1)求升温后气体B的压强P1; (2)拔去销了，保持A温度工、B温度，不变，求活塞静止后气体分的压强 销子 B 轻活塞 类型二双塞双缸模型 3.整新素材(2025·湖南师大附中二模)设计一个测定水深的深度计，导热性能良好的圆柱形 汽缸I、Ⅱ内径分别为r和2r,长度均为L,内部分别有轻质薄活塞A、B,活塞密封性良好且可 无摩擦左右滑动，汽缸I左端开口.外界大气压强为Po,最初汽缸I内通过A封有压强为P。的 气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3。的气体，一细管连通两汽缸，开始时A、B均位于汽缸最 左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p。相当于10m高的水 产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体 黑白题·上分秘籍15 (1)求此深度计能测的最大深度； (2)若要测量的最大水深h=25m,汽缸I内通过A所封气体的压强应改为多少？ 4.(2025·河北期末)如图所示，导热性能均良好、高度均为L、横截面积分别为S和2S的上 下两汽缸竖直正对放置，其中下方汽缸固定在水平地面上，上方汽缸通过竖直杆固定在天花板 上，两汽缸间通过连接活塞A、B的轻质硬杆相连，两活塞可在汽缸中无摩擦地自由移动，且与 汽缸壁之间密封良好，两活塞与汽缸间均密封着一定质量的理想气体，初始时活塞A处在上方 汽缸的正中央，活塞B恰好位于下方汽缸口，此时上方汽缸内的气体压强为P。,两汽缸内密封 的气体温度均为T。,不计两活塞的质量与厚度，汽缸外的大气压强始终为Po (1)求初始时下方汽缸内密封的气体压强P; (2)若保持下方汽缸内密封的气体温度为T。,缓慢升高上方汽缸内密封的气体温度，在不漏气 的情况下，求上方汽缸内密封的气体最高温度T; (3)若保持两汽缸内密封的气体温度均为T。,缓慢向上方汽缸内密封的气体中充入同种气体， 直至活塞A下降到上方汽缸口的位置（未漏气），求此时上方汽缸内的密封气体与原来密 封的气体的质量比n. ∠L天花板 竖直杆 轻质硬杆 2s 777777777777777 云水平地面 16物理|选择性必修第三册6.(1)236(2)625:7776 解析：(1)采用方案一分装，根据题意有，大钢瓶内原来气体 的体积为V。=50L,大钢瓶内原来气体的压强为Po=1.2× 10'Pa,气体分装后的一个小钢瓶的体积为V=10L, 气体分装后的一个小钢瓶的气体压强为p'=2.5×10Pa,大 钢瓶内剩余气体的压强为p=2×10Pa,大钢瓶内剩余气体 的体积为V。=50L,设一个大钢瓶可分装n个小瓶，根据玻 意耳定律有PoV。=p'V+pV, 解得n=236, 故一个大钢瓶可分装236个小钢瓶； (2)法一：由玻意耳定律可得，分装第一个小钢瓶有 PoVo=Pi(V+Vo), 5 可得P1=6P0, 分装第二个小钢瓶有P1V。=P2(V+Vo), 可(， 分装第五个小第瓶有，=（各）n。 PsV=PoVs, 法二：设气体原质量为m,每次分装到小钢瓶中气体质量均 为分装前质量的石，留在大钢瓶中的气体质量为分装前气 体质量的？则第五个小解煮中气体质量 m,=(各)广(G)m,所以m:m=625:77n6 上分专题4活塞汽缸模型（单汽缸） 1.C解析：转动之前，封闭气体的压强为P1=Po,体积V1=LS, 转动之后由平衡条件知，压强为P2=p,+%,体积为=S, 气体温度不变，由玻意耳定律得，5=(o+肾），S,解得 L=PoSL ，故选C PoS+mg' 2.(1)10N(2)35cm 解析：(1)当环境温度为280K时，卡环对活塞的压力刚好为 零，则缸内气体的压强为A,=p+肾=1.4x10Pa, 环境温度为300K时，设缸内气体的压强为P2,根据等容变 化提徐有号会解得n=15x10m, 对活塞受力分析，根据受力平衡有F+PoS+mg=P2S,解得F= 10N. (2)在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强为 4=n%+mtm)8=1.6x10Pa, 被封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得p,S= p3hS,解得h=35cm. 3.A解析：活塞B移动前封闭气体压强为P1=Po+PgH= 选择性必修第三册 85cmHg,使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中 时，粗筒内的水银柱高5cm,因粗筒横截面积是细筒的3倍， 所以进人细筒内的水银柱高为15cm,水银柱的总高度 为H'=20cm,所以此时气体的压强为P2=Po+pg'= 95cmHg,封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律得p,LS= P2L'S,解得L'=17cm,故此过程中B活塞上升的高度为 △h=5cm+19cm-17cm=7cm,故选A. 4.(1)400K(2)288K≤T≤352K 解析：(1)若缓慢升高环境温度，使某一活塞刚好缓慢移到 所在汽缸的底部，此时气体做等压变化，由盖-吕萨克定律 (S.+S)2LS。 有 T。 T 解得此时环境的温度为T=400K. (2)对活塞进行受力分析，当活塞受到向左的摩擦力达到最 大静摩擦力时，设此时气体压强为P1,则有(P1-Po)S。-(P1 Po)S=2fm, 当活塞受到向右的摩擦力达到最大静摩擦力时，设此时气体 压强为P2,则有(p0P2)S。-(P0P2)S6=2fm, 因为活塞不移动，所以当温度发生变化时，气体发生等体积 变化，由查理定律=P=P2 T。T1T2 解得T1=352K,T2=288K, 因此允许的环境温度范围为288K≤T≤352K. 上分专题5活塞汽缸模型（双汽缸） 1.C解析：设A、B两部分气体的总体积为V,对A气体，初状 态Pu=p,n=号，末状态Pe=p,a=,根据玻意耳定 律可得PnV=pVa,对B气体，初状态Pm=P,V=V,末 状态a子，Pa=p+肾根据玻意耳定律可得paVm PmV2,联立解得m= p故选C 5g 2.()(2)3。 7 解析：(1)对气体B,初态有P=po,温度T,=T;末态有压强 n温度=号根据查现定律有宁会解得 4 4 (2)对气体B,初态有P1=Po,体积V1=V,温度T1=To;末态 有压强，体积V,温度1，=号7，根据理想气体状态方程 有Pau业_Pe TT, 对气体A,初态有P1=Po,体积V,=V;末态有压强P2,体 积V2根据玻意耳定律有P1V,=P2Va, 7 又因为Vm+Ve=2V,联立解得p=6Po, 3.(1)22.5m(2)2p0 解析：(1)根据题图分析可知，当活塞A恰好到达汽缸I区 右侧，但与右侧没有挤压时，能够测量的水最深，此时活塞B 左右两侧的气体压强相等，对活塞B左侧气体有PoLm2= P2xm×(2r)2, 黑白题44 对活塞B右侧气体有3pLm×(2r)2=Pp2(L-x)×T(2r)2, 解得x=,。 13 13P2=4P0 9 则水产生的压强为P2P=4P0, 由于Po相当于10m高的水产生的压强，可知此深度计能测 的最大深度为}×10m=2.5m (2)若要测量的最大水深h=25m,该深度对应压强为2.5po, 此时活塞A恰好到达汽缸I区右侧，气体压强为P3=P。+ 2.5p0=3.5p0, 令置于水中之前，汽缸I内通过A所封气体的压强为P,根 据玻意耳定律对活塞B左侧气体有pLπ㎡2=P3x'×π(2r)2, 对活塞B右侧气体有3PL×π(2r)2=P3(L-x')×π(2r)2,解 得p=2po 4.(1)P0(2)6T。(3)6 解析：(1)两活塞和轻杆构成的整体，由受力分析可知， Po×2S=px2S,解得p=Po (2)当活塞A移动到上方汽缸口时，上方密封的气体温度最 高，对上方气体分析，由理想气体状态方程， LS Pox 2 PiLS 则有 T。T, 对下方密封的气体分析，由玻意耳定律则有p×2LS=P2V, 其中V=(亿-2)x2s, 两活塞和轻杆构成的整体，由受力分析可知 P1S+po×2S=P2×2S+poS,联立解得T=6T。 (3)设上方密封的气体的压强为P上，下方密封的气体压强为 p下，由受力分析可得p上S+p×2S=p下×2S+poS, 该过程可以看成等温变化，根据玻意耳定律可得pL×2S= P. 故上方汽缸内的密封气体与原来密封的气体的质量比？= PE LS 6 Po 2 上分专题6液柱模型 1.A解析：ACD.由于气体的压强不变，使封闭空气柱升高相 同的温度，气体体积变大，两管中空气柱上方水银柱均向上 移动以管内气体为研究对象，根据盖-吕萨克定律可得： -由于AT和T相同，y>y,所以Ay>4,即A管内 水银柱移动较多，即A管中水银柱的下液面将高于B管中 水银柱的下液面，故A正确，CD错误.B.A管在水银槽中的 液面与水银槽液面的高度差等于水银柱的长度h,,可知A 管在水银槽中的液面不动，选项B错误.故选A. 2.D解析：A逆时针缓慢转动玻璃管使倾斜角增大，则水银 柱对下方气体的压强增大，上方气体压强减小，则会让上方 气体的体积增大，水银柱相对于玻璃管向下端移动，故A错 误；B新加人一些水银，水银柱对下部分气体的压强增大，水 银柱下液面将下降，故B错误：C.若提供一个倾角相同的斜 面，并让玻璃管沿斜面下滑，水银柱处于失重状态，水银柱对 参考答案与解析 下方气体的压强减小，水银柱相对于玻璃管向上端移动，故 C错误；D.假设水银柱不移动，则气体发生等容变化，根据查 理定律-0，即为4p=7,因为p际>P上，所以4p>4p· △T T△T 若将此玻璃管浸没在较热的水中，则下部分气体压强增加量 大，所以水银柱向上端移动，故D正确故选D. 3.C解析：A.甲图中封闭气体的压强为P1=Po+p= 76cmHg+24×石cmHg=80cmHg,A错误，B,竖直放置且液 体未溢出时p2=po+p液=76 cmHg+-24cmHg=100 cmHg,从甲 图缓慢逆时针转动玻璃管至乙图位置为等温变化，则 P1L1S=P2L2S,L2=48cm,乙图中水银到管口的距离为h= 84cm-24cm-48cm=12cm,B错误；CD.当液体上表面到达 香时，根据-之解得工，=375K,继绥加热则有液体澄 出，气柱与液柱长度之和为84cm,设此时液柱长为x,由 PiV (po+x)(84-x)S T T ，代人数据可得，乃=16(x-4)2+400K, 可知温度的最大值=400K,故C正确，D错误.故选C. 4.(1)21℃(2)2.0m/s2,方向竖直向上 解析：(1)设玻璃管的横截面积为S,空气柱长度由L。变为 ,的过程为等压过程，由盖-吕萨克定律有二-”，其 中V。=LoS,T。=to+273K,V1=L,S,T1=1+273K,代入数据解 得t1=21℃. (2)设电梯的加速度为a,水银的密度为p,空气柱长度由Lo 变为L2的过程为等温过程，由玻意耳定律得pV。=P2V2,其 中V。=LoS,V2=L2S,p=Po+pgh,代人数据得p2=100 cmHg,设 向上方向为正方向，对水银柱由牛顿第二定律有p2-PS- phSg=phSa,即1.00pg-0.76pg-0.20pg=0.20pa,解得a= 2.0m/s2,方向竖直向上. 5.A解析：假设左、右两气柱的长度不变，由图可知原来两气 柱的压强关系P2>p,由等容变化可得2=A_p 。方a7,由于温 度升高，则压强增大，可得△p1= △T·P,同理可知Ap, T。 △T:P2,由题意可知，温度变化相同，起始温度也相同，且 T。 P2>P1,则△p2>△p1,则L2变长，L1变短故选A. 6.B解析：A分析可知右侧轻活塞封闭的气体压强为p=Po+ Pgh,+Pgh2,故A错误；B.若仅缓慢加热右侧轻活塞处封闭的 气体，由于活塞下方有一固定卡扣，则气体压强增大，d液面 上升，c液面下降，则h2变小，故B正确；C.若缓慢向上推动 活塞，温度不变，体积减小，压强增大，d液面上升，c液面下 降，则h2变小，b、c间气体压强变大，故C错误；D.若加热b、c 间的气体，分析可知此时b、c间气体压强变大，b、c间压强为 Po+pgh1,则h,变大，故D错误故选B. 7.(1)112℃(2)22cm 解析：(1)左、右两管中的水银面相平时，理想气体的长度 h L1=L+ =50m,以封闭气体为研究对象，根据理想气体状 泰方南弯D会新得5k112元 T 黑白题45