综合•融通(二) 理想气体的三类典型问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（人教版2019）

理想气体的三类典型问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合·融通(二) 通过本节课的学习，学会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题，会找两部分气体的压强、体积等关系，能解决关联气体问题，学会巧妙选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题。 1 主题(一)　气体实验定律与理想气体 状态方程的综合问题 2 主题(二)　变质量气体问题 3 主题(三)　关联气体问题 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一)　气体实验定律与理想 气体状态方程的综合问题 1.理想气体的引入及其特点 (1)引入：理想气体是对实际气体的一种科学抽象，就像质点模型一样，是一种理想模型，实际并不存在。 (2)特点 ①严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程。 ②理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可忽略不计，分子不占空间，可视为质点。 知能融会通 ③理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力。 ④理想气体分子势能为0，内能等于所有分子热运动的动能之和，只和温度有关。 2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系 =⇒ 3.气体密度公式：=。 推导：一定质量的理想气体的状态方程为=，等式两边同除以气体的质量m得到方程=，即=。 [典例]　如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图：主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。 在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为在地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面大气压强p0=1.0×105 Pa、温度T0=300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。 (1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p; [答案]　5×104 Pa [解析]　气球中的氦气温度不变，则发生的是等温变化，设气球内的氦气在目标高度的压强为p1，由玻意耳定律p0V0=p1·1.5V0， 解得p1=p0， 由目标高度处的内外压强差可得p1-p=p0， 解得p=p0=5×104 Pa。 (2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。 [答案]　266 K [解析]　由胡克定律F=kx可知，弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的，即px=p0×=p0， 设此时气球内气体的压强为p2，对活塞由平衡条件可得p2=px+p=p0，由理想气体状态方程可得=，其中V2=V0+0.5V0×=V0， 解得T=266 K。 /方法技巧/ 应用理想气体状态方程解题的一般思路 (1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态。 (2)弄清气体状态的变化过程。 (3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一。 (4)根据题意，选用理想气体状态方程求解。若非纯热学问题，还要综合应用力学等有关知识列辅助方程。 (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。 1.一定质量的理想气体，由状态A(1，3)沿直线AB变 化到C(3，1)，如图所示，气体在A、B、C三个状态中的 温度之比是 (　　) A.1∶1∶1　　　　 B.1∶2∶3 C.3∶4∶3　　　　 D.4∶3∶1 题点全练清 √ 解析：根据理想气体状态方程，可得 ==，由题图可知pAVA∶pBVB∶pCVC=3∶4∶3，则TA∶TB∶TC=3∶4∶3，C正确。 2.如图所示，汽缸竖直放置，汽缸内活塞的质量为 m=0.2 kg、横截面积S=1 cm2。开始时，汽缸内被封闭 气体的压强p1=2×105 Pa，温度T1=480 K，活塞到汽缸底部的距离H1=12 cm。拔出销钉K后，活塞无摩擦上滑，当它达到最大速度时，缸内气体的温度为300 K，求此时活塞距汽缸底部的距离H2(汽缸不漏气，大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度g=10 m/s2)。 答案：12.5 cm 解析：被封闭气体在变化过程中其体积、温度、压强皆发生了变化。 气体初状态T1=480 K，V1=H1S，p1=2×105 Pa; 气体末状态T2=300 K，V2=H2S，p2待求。 根据题意，活塞速度最大时加速度为0，活塞所受合力为0， 有p2S=mg+p0S， 可求得p2=1.2×105 Pa 由理想气体状态方程得= 解得H2=12.5 cm。 主题(二)　变质量气体问题 1.打气(或充气)问题 向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。选择球内原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。 知能融会通 [例1]　篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压 计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。 现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、 1.0 atm的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5~1.6 atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是 (　　) A.5~7次 B.5~8次 C.7~12次 D.12~15次 √ [解析]　球内原有气体压强为p1=1.3 atm时，其体积为V=7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气体积为ΔV，由玻意耳定律有p2V=p1V+np0ΔV，解得n= =，当p2=1.5 atm时，解得n=5;当p2=1.6 atm时，解得n=7.5，所以需打气的次数范围是5~7次，故A正确。 2.抽气问题 从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。 [例2]　钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体。第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取两次;第二种方法是用大抽气机，一次性抽取2 L气体。在抽气过程中无漏气，且温度不变，则这两种抽法中，抽取气体质量较多的是 (　　) A.第一种抽法 B.第二种抽法 C.两种抽法抽出气体质量一样多 D.无法判断 √ [解析]　设初状态气体压强为p0，末状态气体压强分别为p、p'，第一种抽法抽出1 L时气体压强为p1，取抽气前所有气体为研究对象，应用玻意耳定律，则第一种抽法p0V=p1(V+1)，p1V=p(V+1)，解得p=p1· =p0，即两次抽完后p=p0·;第二种抽法p0V=p'(V+2)， 解得p'=p0=p0;由此可知第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，即抽出气体的质量多，故A正确。 3.灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。 [例3]　容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装 (　　) A.4瓶 B.50瓶 C.56瓶 D.60瓶 √ [解析]　取钢瓶内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0=p'(V0+nV1)，整理得n==(瓶)=56(瓶)， 故C正确。 4.漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题。选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用气体变化规律求解。 [例4]　一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的 (　　) A.B. C. D. [解析]　取原来瓶中气体为研究对象，初态V1=V，T1=280 K，末态V2=V+ΔV，T2=320 K，由盖-吕萨克定律得=，又==，故D正确。 √ /方法技巧/ 将“变质量”转化为“定质量” 在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。 主题(三)　关联气体问题 这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这两个量间有一定的关系，分析清楚它们之间的关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法： (1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式求解。 (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。 (3)多个方程联立求解。 知能融会通 [典例]　(2024·广东高考)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0。 已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小取g=10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时： (1)求B内气体压强pB2; [答案]　9×104 Pa [解析]　假设温度降低到T2过程中，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K 末态T2=270 K 根据查理定律有= 代入数据可得pB2=9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变， 此时压强差p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa。 (2)求A内气体体积VA2; [答案]　3.6×102 m3　 [解析]　A内气体压强保持不变，初态VA1=4.0×102 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据盖-吕萨克定律有= 代入数据可得VA2=3.6×102 m3。 (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 [答案]　1.1×102 kg [解析]　恰好稳定时，A内气体压强为pA3=p0+ B内气体压强pB3=p0 此时差压阀恰好关闭，所以有pA3-pB3=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 1.光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB=1∶2。现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA'∶VB'为 (　　) A.1∶1 B.2∶3 C.3∶4 D.2∶1 题点全练清 √ 解析：对A部分气体有=，对B部分气体有=，因为pA=pB，pA'=pB'，TA=TB，所以可得=，所以= ==。 2.(2024·广州高二阶段练习)如图所示，一粗细均匀且 足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭， 左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1 =24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2=30 cm，上方水银柱长h2=4 cm，左右两侧水银面高度差h1=12 cm。已知大气压强p0=76.0 cmHg，大气温度T1=300 K。现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求： (1)加热前空气柱A、B的压强各为多少; 答案：68 cmHg　80 cmHg 解析：加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg，pA=pB-ρgh1=68 cmHg。 (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2(结果保留1位小数); 答案：441.2 K 解析：空气柱B压强保持不变， 则有pA2=pB=80 cmHg 对空气柱A，根据理想气体状态方程 =，解得T2≈441.2 K。 (3)加热后，空气柱B上方水银柱上升高度L。 答案：20.12 cm 解析：以空气柱B为研究对象，加热前温度T1=300 K，体积VB1=L2S，加热后温度T2=441.2 K，体积VB2=(L2+ΔL)S， 由盖-吕萨克定律得= 联立可得ΔL=14.12 cm 空气柱B上方水银柱上升高度L=ΔL+=20.12 cm。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实 现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释 放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　) √ 6 7 8 9 10 11 12 解析：根据=C，可得p=T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大;从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，故c状态的体积大于b状态体积，B正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2024·江西开学考试)比赛用排球的球内标准气压为1.300×105~ 1.425×105 Pa，球内气体体积为5 L。某次比赛时周围环境大气压强为1.000×105 Pa，赛前球内气体压强为1.100×105 Pa。当球内气体压强高于外界大气压强时球的体积和形状都不会发生改变。充气筒每次能将外界0.23 L的空气充入排球，充气过程气体的温度不变，空气视为理想气体，赛前至少充气的次数为 (　　) A.29次 B.28次 C.5次 D.4次 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：气体做等温变化，有pV=p1V+np0ΔV，解得n≈4.35，故赛前至少充气的次数为5次。故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3.如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过 程中，下列说法正确的是 (　　) A.A瓶和B瓶中的药液一起用完 B.B瓶中的药液先用完 C.随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大 D.随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误;A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由药液产生的压强减小，因此A瓶内C处气体压强逐渐增大，C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.在温度不变的情况下，用活塞式抽气机从玻璃瓶中抽气，第一次抽气后，瓶内气体的压强减小到原来的，要使瓶内剩余气体的压强减为原来的，抽气次数应为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设玻璃瓶的容积是V，抽气机的容积是V0，气体发生等温变化，由玻意耳定律可得第一次抽气时：pV=p1(V+V0)，解得p1=p= p;第二次抽气时：p1V=p2(V+V0)，解得p2=p;第n次抽气时：pn=p，又pn= p，则n=4，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.某同学给自行车打气，车胎内原来气体压强等于大气压强p0=1× 105 Pa，温度为300 K，体积为1.5 L，打气过程中可认为车胎容积不变。打气筒每次将100 cm3的压强同样为p0=1×105 Pa的气体打入车胎中，共打气30次。气体均可视作理想气体，打气过程视为绝热过程。已知打入气体质量与车胎内原气体质量之比为60∶31。则打气筒中打入气体的温度为 (　　) A.310 K B.308 K C.305 K D.295 K 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：打入气体的质量与车胎内原来气体的质量之比为60∶31，即打入气体的体积与车胎内原来气体的体积之比==，车胎内原来气体的体积为1.5 L，即V0=1.5 L，代入上式可得ΔV= L，打入车胎内的气体等效于向车胎内打入温度为300 K、压强为p0=1×105 Pa、体积为ΔV的气体，根据盖-吕萨克定律可得=，其中V0'=100 cm3，T0=300 K，解得T1=310 K，故A正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.如图所示，A、B是体积相同的汽缸，B内有一导 热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。起初阀门关闭，A内装有压强p1=2.0×105 Pa、温度T1=300 K的氮气，B内装有压强p2=1.0×105 Pa、温度T2=600 K的氧气。打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡。以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体，并与外界无热交换，连接汽缸的管道体积可忽略)，则V1与V2之比为 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.1∶2 B.1∶4 C.1∶1 D.4∶1 解析：设A、B汽缸的体积均为V，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知，对A部分气体有=，对B部分气体有=，将两式相除得=·=，故D正确。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.如图所示，绝热隔板K把绝热的汽缸分隔成体积相 等的两部分，K与汽缸壁的接触面是光滑的。两部分中分 别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用的势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡。下列说法中错误的是 (　　) A.a的温度升高 B.b的体积减小，压强增大 C.a的体积增大，压强变小 D.a增加的内能大于b增加的内能 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：当a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与汽缸壁的接触面是光滑的，可以自由移动，气体a体积膨胀，气体b体积减小，a、b气体的压强始终相同，都变大，故A、B正确，不符合题意，C错误，符合题意;初始时刻两个气室内是同种气体，且质量、体积、温度相等，a、b气体的压强始终相同，最终气体a体积大于气体b体积，根据=C，所以气体a的最终温度较高，内能增加较多，故D正确，不符合题意。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(多选)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差 使罐吸附在人体上，进而可以养疗。如图所示，是常用的一 种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上， 降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的，以下说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.加热后罐内气体质量是加热前的 B.加热后罐内气体质量是加热前的 C.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的 D.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：加热过程罐内气体做等压变化，有=，得V2= ==V1，气体总体积变为原来的，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的，所以加热后罐内气体质量是加热前的，A正确，B错误;由理想气体状态方程可得=，即=，则罐内气体压强变为原来的，故C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2024·荆州阶段练习)(多选)“⊥”形且上端开口的玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住封闭气体，上管足够长，图中粗、细部分的横截面积分别为S1=2 cm2、S2=1 cm2。封闭气体初始温度为57 ℃，气体长度L=22 cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.封闭气体在初始状态的压强为80 cmHg B.封闭气体在初始状态的压强为82 cmHg C.若缓慢升高气体温度，升高至369 K时可将所有水银全部压入细管内 D.当温度升高至492 K时，液柱下端离开粗、细接口处的距离为10 cm 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：封闭气体在初始状态的体积为V1=S1L=44 cm3，根据题图乙可知，封闭气体在初始状态的压强为80 cmHg，故A正确，B错误;根据题意结合图像可知，当水银柱全部进入细管中后，继续升高温度，气体将发生等压变化，而由题图乙可知，气体发生等压变化初始，气体的体积为V=48 cm3，而在水银全部进入细管前，根据理想气体的状态方程有=，式中p1=80 cmHg，p2=82 cmHg，T1=330 K，代入数据解得T2=369 K，故C正确;液柱下端离开粗、细接口处的距离为10 cm，设此时的温度为T3，则由盖-吕萨克定律有=，L1=10 cm，解得T3≈446 K，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2024·日照高二质检)如图所示，一个绝热活塞 将绝热容器分为左右两部分，用控制阀K固定活塞， 开始时左右两部分气体的体积分别为2V0和3V0，温度都是T0，压强都是p，给电热丝通电，使左侧气体温度升高到2T0。 (1)求左侧气体的压强; 答案：2p 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设升温后左侧气体压强为p1，根据查理定律可得=， 解得p1=2p。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)保持左侧气体温度不变，打开控制阀K，活塞无摩擦向右移动，稳定后左右两侧气体体积相等，求右侧气体的温度。 答案：T0 解析：设稳定后两部分气体的压强均为p2，对左侧气体由玻意耳定律有p1·2V0=p2·2.5V0 解得p2=p1=p 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 设稳定后右侧气体温度为T，对右侧气体由理想气体的状态方程有= 联立解得T=T0。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2024·临沂高二检测)如图所示，粗细均匀的一端封闭、 一端开口的U形玻璃管，当t1=31 ℃、大气压强p0=1 atm(1 atm =76 cmHg)时，两管水银面相平，这时左管被封闭气柱长l1=8 cm。求： (1)当温度t2等于多少时，左管气柱长为l2=9 cm; 答案：78 ℃ 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：取左管中气体为研究对象，设U形管横截面积为S，初状态p1=1 atm=76 cmHg，T1=t1+273 K=304 K，V1=l1S=(8 cm)·S，因为左管水银面下降1 cm，右管水银面一定上升1 cm，则左右两管水银面高度差为2 cm，因而末状态p2=(76+2)cmHg=78 cmHg，V2=(9 cm)·S。 根据理想气体的状态方程=，代入数据解得T2=351 K，从而知t2=78 ℃。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)当温度达到(1)问中温度t2时，为使左管气柱长为l3=8 cm，则应在右管再加多高的水银柱。 答案：11.75 cm 解析：在温度为78 ℃情况下，气柱长度从9 cm减小到8 cm，体积减小，压强一定增大，即压强大于78 cmHg，故要往右管加水银。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 根据理想气体的状态方程=，且V1=V3，T2=T3 得p3==76× cmHg=87.75 cmHg 故应在右管加水银柱的高度为(87.75-76)cm=11.75 cm。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0 cm2，长度H=100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2，高度h=20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出;当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2，大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求x; 答案：2 cm 解析：由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化， 所以有p1(H-x)S1=p2HS1 又因为p1=p0 p2+ρgh=p0 代入数据联立解得x=2 cm。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 答案：8.92×10-4 m3 解析：当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 2 3 4 $$