上分专题6 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 江苏专用）

上分专题6 液柱模型 题课 命题密钥 液柱模型是气体实验定律的重要应用载体，通过分析液柱高度差与密闭气体压强的平衡 关系，解决直管、U形管等装置的动态变化问题 在高考中常以“液柱移动判断+气体状态参量计算”题型出现 考点觉醒 ●直管与U形管的压强关系 h P P1=P0 Po=P2+pgh P3=Po+pgh Pa=Po+pgh Po=Ps+pgh ·“假设法”分析液柱移动方向 第一步：假设液柱不动（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，推理出液柱正确的移动方向 ●非平衡态下的液柱模型分析 (E) Po (Po-p1)S+mg=mg (P2-Po)S-mg=ma ↓ ↓ P1=P0 Da-mamgo 自由落体 向上加速 黑白题·上分秘籍17 实战演练 类型一直管问题 1.**(2025·河北沧州期中)如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B,竖直插入 同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、相同温度的空气，空气柱长度H1>H2,水银柱 长度h>h2,初始时A管和B管中水银柱的下液面相平，A管在水银槽中的液面低于B管在水 银槽中的液面现使封闭的气体升高相同的温度，A管和B管中均未有水银溢出，大气压恒定不 变，再次稳定后，下列说法正确的是 () A.A管中水银柱的下液面将高于B管中水银柱的下液面 B.A管在水银槽中的液面可能下降 C.A管和B管中水银柱的下液面仍有可能相平 D.A管中水银柱移动的距离小于B管中水银柱移动的距离 高 24 cm 60 cm 甲 (第1题) (第2题)》 (第3题) 2.*假设法(2025·江苏南京六校联合体调研)如图所示，两端封闭的倾斜玻璃管内，有一段水 银柱将管内气体分为两部分.初始时玻璃管与水平面呈一定的角度，并处于平衡状态.如果进行 如下一些操作，并待其重新稳定后，水银柱的位置变化情况正确的是 () A.略微增大倾斜角，水银柱将沿管上升 B.新加入一些水银，则水银柱下液面将上升 C.若提供一个倾角相同的斜面，并让玻璃管沿斜面下滑，则水银柱将沿管下降 D.将玻璃管浸入较热的水中，水银柱将沿管上升 3.整(2025·河南南阳联考)一根粗细均匀，长度为84cm的导热玻璃管倾斜放置，倾角为0，管 中长度为24cm的水银封闭的理想气体柱的长度为60c,如图甲所示.现缓慢逆时针转动玻 璃管至如图乙所示的竖直状态并固定，已知外界大气压强恒为76cmHg,环境的热力学温度始 终为30K,si血0=石下列说法中正确的是 () A.甲图中被封闭理想气体的压强为100cmHg B.乙图中水银到管口的距离为48cmHg C.对图乙中的封闭气体加热，并使水银全部从玻璃管顶端溢出，封闭气体的热力学温度至少需 要升温到400K D.对图乙中的封闭气体加热，并使水银全部从玻璃管顶端溢出，封闭气体的热力学温度至少 需要升温到375K 18物理|选择性必修第三册 4.#新素材为了监测电梯内的温度和电梯的运动状态，某同学将一开口向上且灌有水银的均 匀长直细玻璃管竖直粘贴在电梯壁上，如图所示.已知电梯静止且内部温度为。=27℃时，玻 璃管内高h=20cm的水银柱封闭着一段长L,=50cm的空气柱，大气压强p,=76cmHg,绝对零 度取-273℃，重力加速度大小g取10m/s2. (1)电梯静止时，若空气柱的长度为L,=49cm,则此时电梯内的温度为多少摄氏度； (2)温度恒为27℃时，若空气柱的长度为L,=48cm,求此时电梯的加速度， h 类型二U形管问题 5.*假设法(2025·黑龙江哈三中月考)两端封闭的导热U形管中有一些水银将空气隔为两部 分.U形管竖直放置时，管内水银位置如图所示，左、右两气柱的长度分别为L,和L2.现将环境 温度逐渐升高，则 () A.L,变短，L2变长 B.L2变短，L1变长 C.L,和L,不变化 D.无法确定 6.*(2025·山东部分学校期中)如图所示，有一粗细均匀的弯管，b、c液面之间封闭有一段气 体，左侧开口处与大气相通，右侧一轻质活塞封住一段气体，活塞下方有一固定卡扣.α与b、c 与d液面的高度差分别为h,、h2.不计活塞重力且活塞可在弯管内无摩擦滑动，大气压强为po, 装置气密性良好.下列说法正确的是 () 轻活塞 A.右侧轻活塞封闭的气体压强为Po B.若仅缓慢加热右侧轻活塞处封闭的气体，则h2变小 C.若缓慢向上推动活塞，则h2变小，b、c间气体压强变小 D.若加热b、c间的气体，则h,变小 黑白题·上分秘籍19 7.*经典题(2025·广东云浮期末)如图所示，粗细均匀的U形管，左端封闭，右端开口，左端用 水银封闭着长L=45cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差△h=10cm,外界 大气压为75cmHg. (1)若对封闭气体缓慢加热，使左、右两管中的水银面相平，求封闭气体的摄氏温度t;(结果保 留整数) (2)若封闭气体的温度不变，从右管的开口端缓慢注入水银，使左、右两管中的水银面相平，求 注入水银柱的长度1. 8.禁如图所示，竖直面内固定A、B、C三个玻璃管，下端连通，管内由水银封闭着气体，C管上端 开口，三管下端的水银由阀门K控制，图中h,=10cm、h2=3cm、l1=12cm、l2=15cm.先打开阀 门K使水银缓慢下降，等B、C水银面等高时立即关闭阀门K.已知外界大气压p。=75cmHg, √8320≈91，环境温度保持不变，求： (1)B、C水银面等高时，B管内气体长度； (2)B、C水银面等高时，A、B两管的水银面的高度差.（结果保留一位小数） HK 20物理|选择性必修第三册对活塞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 (2)根据玻意耳定律有(p0-PgAh)LS=PL'S,解得L'= 39cm,根据几何关系，有l=△h+2(L-L'),解得l=22cm. 8.(1)17cm(2)2.5cm 解析：(1)对B管中的气体，由等温变化可得(Po+pgh1)l2= Po,解得B、C水银面等高时，B管内气体长度为 g=(Po+pg%)h.(75+10)x15 -cm=17 cm. Po 75 (2)设B、C水银面等高时，A、B两管的水银高度差为h,对A 管的气体由等温变化可得(Po+pgh1+pghz)L1=(po+pgh), 由几何关系得=l1+h-[h2-(5-l2)], 联立可得h2+86h-231=0,解得h≈2.5cm. 上分专题7热力学第一定律与气 体实验定律综合问题 1.C解析：BD.由题图可知，气体状态变化的a→b过程中，气 体压强增大，温度升高，则气体内能增加，故BD错误；AC.根 据=C,可得=·1，可知一印图线上点与原点连线的 斜率为，由题图可知气体状态变化的a一b过程中，气体 体积增大，则外界对气体做负功，由于气体内能增加，根据热 力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误，C正确.故 选C. 2.D解析：A.ba的延长线经过原点0，知a→b是等压过程 P6=P。=po,故A错误；B.由题图可知T。=T6=2Ta,a→c过程 2 中，由理想气体状态方程，有兰，解得n.=3,故 T B错误；C.bc过程中，温度不变，则内能不变，气体对外做 功，由热力学第一定律△U=W+Q可知，气体对外界做的功 等于气体吸收的热量，故C错误；D.c→a过程中，温度降 低，分子平均动能减小，又压强逐渐增加，则气体分子单位时 间内撞击单位面积器壁的次数变多，故D正确故选D. 3.D解析：A根据理想气体状态方程有=C,变形得pV CT,根据图示可知，状态c的温度比状态b的温度高，状态d 的温度比状态α的温度高，c→d为绝热过程，则有Q=0,气 体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气 体内能减小，温度降低，即状态c的温度比状态d的温度高， 可知，整个过程中温度最高的是状态c,故A错误；B.d→a过 程中，体积一定，则有W=0,压强减小，根据查理定律可知， 气体温度降低，气体分子运动的平均速率减小，并不是所有 气体分子的热运动速率减小，故B错误：C.b+c过程中，体 积一定，则有W=0,压强增大，根据查理定律可知，气体温度 升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热 量，故C错误：D.p-V图像与横轴所围几何图形的面积表示 气体做功，a→b过程，外界对气体做功，c→d过程，气体对外 界做功，整个过程气体对外界做功，由于内能一定，根据热力 学第一定律可知，整个过程气体吸收热量，故D正确.故 选D. 4.(1)300K(2)2.0×10J(3)放出了1.3×105J的热量 解析：(1)A一→B是等容变化，根据查理定律得=-，解得 TA TR 选择性必修第三册 1.0x105 ×900K=300K. PA 3.0×105 (2)B→C是等压变化，且体积增大，所以气体对外界做功， 根据功的公式有Wc=Pg△Vc=1.0×105×(3.0-1.0)J=2.0× 10J. (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=2.0×10J;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=-1.3×10°J,即气体放出了1.3×103J的热量. 5.(1)1.375p(2)Q-0.8pLS 解析：(1)由玻意耳定律，对气体A有P0·3LS=pLS, 对气体B有5LSx1.6po=p×LgS, 且L+LB=8L,解得气体A的压强p=1.375po: (2)外界对气体做功为W=-1.6p×0.5L×S, 由热力学第一定律有气体B内能的增加量△U=W+Q, 解得△U=Q+W=Q-0.8pLS. 6.(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，有 ,解得t=-3℃， 73+t273+t (2)封闭气体的压强为p=p0+Pgh,由于气体体积减小，所以 外界对气体做功为W=S(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. 7.(1)8L(2)放热328J 解析：(1)以整体气体为研究对象，根据玻意耳定律有 F p.(10L+)=(3+n)(7L+, 代人数据解得V=8L (2)外力F做的功W1=28J,汽缸内气体体积由10L变为 7L的过程中，大气压力对封闭气体做功W2=Po△V=1.0× 10×(10-7)×10-3J=300J,外力对封闭气体做功W=W,+ W2=328J,外界环境温度不变，金属立柱、空腔及汽缸导热 性良好，则内能不变，根据热力学第一定律△U=W+Q,可知 0=W+0,解得Q=-328J, 则汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量是328J. 8.(1)360K(2)19。(3)ax80K1 6PS% 解析：(1)汽缸A的横截面积是B的4倍，两汽缸等高，设B 的体积为V,则A的体积为4V,气体的初始温度为T。= (273+7)K=280K,在活塞M恰好升至顶部时，氯气压强不 V V 3V+ 4V+ 变，根据盖-吕萨克定律得 刀2得0=360K 2 2 T。 (2)设初始时氨气压强是P1,氧气压强是P2;最终到题中状 态下，氧气的压强为P3加热前，对活塞M,由平衡条件有P。× 4S PoS 19 ×g=p1×4S+0×g,得p1=16Po, 4g 对活塞V,由平衡条件有p,S+×g 15 4gg=pS,得p16, 黑白题46