第2章 综合·融通(二) 理想气体的三类典型问题（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版 江苏专用）

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。 主题(一)　气体实验定律与理想气体 状态方程的综合问题 主题(二)　变质量气体问题 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　关联气体问题 课时跟踪检测 03 04 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。 知能融会通 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。 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， 解得p2=1.2×105 Pa 由理想气体状态方程得= 解得H2=12.5 cm。 [思维建模] 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.(2025·北京朝阳高二阶段练习)湖底温度为7 ℃，有一球形气泡从湖底升到水面(气体质量恒定)时，其直径扩大为原来的2倍。已知水面温度为27 ℃，大气压强p0=1.0×105 Pa，湖水的密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，则湖水深度约为 (　　) A.75 m B.65 m C.55 m D.45 m √ 解析：根据理想气体状态方程=，其中T1=273+7 K=280 K，T2=273+27 K=300 K，V1=πd3，V2=π(2d)3=8V1，p2=p0，解得p1=p0，湖底的水的压强为p1=p0+ρgh，解得湖水深度约为h≈65 m。故选B。 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]　(2024·安徽高考)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)，于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小。 [答案]　2.5×105 Pa [解析]　由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa，T1=(273-3)K=270 K，T2=(273-23)K=250 K 代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。 (2)充进该轮胎的空气体积。 [答案]　6 L [解析]　由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 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]　如图所示，用容积为的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。则(　　) A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B.第一次抽气后容器内压强为p0 C.第一次抽气后容器内压强为p0 D.连续抽3次后容器内压强为p0 √ [解析]　容器内气体压强为p0，则气体初始状态参量为p0和V0，在第一次抽气过程，对全部的理想气体由等温变化规律得p0V0=p1，解得p1=p0，故B、C错误；同理第二次抽气过程，p1V0=p2，第三次抽气过程p2V0=p3，解得p3=p0=p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D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]　气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到 27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为 (　　) A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4% [解析]　以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，气体发生等压变化有=，可得V1=V0，则室内的空气质量减少了 ρ气(V1-V0)，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为× 100%≈6.7%。故选B。 √ [思维建模] 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 ×10-2 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]　3.6×10-2 m3 [解析]　A内气体压强保持不变， 初态VA1=4.0×10-2 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=3.6×10-2 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。 1.一横截面积为S的汽缸水平放置且固定不动， 汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2 两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为 (　　) A.d B.d C.d D.d 题点全练清 √ 解析：以活塞B为研究对象：初状态p1S=p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1'S=p2'S，在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得气室1：p1V1=p1'(V1+xS-dS)，气室2：p2V2=p2'(V2-xS)，联立并代入数据解得x=d，故A、B、C错误，D正确。 2.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。加热过程中大气压强保持不变。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.空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气过程为等温变化过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为 (　　) A.2.5 atm B.2.0 atm C.1.5 atm D.1.0 atm √ 解析：以充气后储气罐内的气体为研究对象，充气前：p=1.0 atm，V=V1+V2；充气后：设储气罐中气体压强为p'，V'=V1，由玻意耳定律可得p(V1+V2)=p'V1，代入数据得p'=2.5 atm，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.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 √ 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为 (　　) A.20 L B.40 L C.50 L D.60 L √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初状态：p1=15 MPa，V1=400 L；末状态：p2=3 MPa，V2=40V0+400 L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1=p2V2，代入数据得V0=40 L，故B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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 √ 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，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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 (　　) A.1∶2 B.1∶4 C.1∶1 D.4∶1 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：当对气体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，气体a、b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，气体a、b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。 8.(2025·江苏盐城高二期末)有一教室，上午8点的温度为10 ℃，下午1点的温度为25 ℃，假定大气压强无变化，则上午8点与下午1点相比较，下列说法正确的是 (　　) A.上午8点时，每个空气分子的速率都小 B.空气的分子数密度相同 C.室内空气密度之比为298∶283 D.室内空气质量之比为5∶2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：上午8点时，温度低，分子的平均动能小，平均速率小，并不是每个分子的速率都小，故A错误；当压强不变、温度升高时，气体体积增大，因此房间内的空气质量减少，空气分子的个数减少，空气的分子数密度减少，故B错误；上午8点的热力学温度T1=(273+10)K=283 K，下午1点的热力学温度T2=(273+25)K=298 K，设上午8点时教室内空气的质量为m1，体积为V1，选上午8点时教室内空气为研究对象，由盖⁃吕萨克定律=，则V2=V1=V1，下午1点教室内的气体质量m2与上午8点气体质量m1比值===，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ρ1∶ρ2=m1∶m2=298∶283，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.“⊥”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像，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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360 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 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错误；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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(12分)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；(4分) 答案：2p 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (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。(8分) 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 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(12分)(2025·江苏南通高二期末)如图所示，竖直面内有 一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强 p0=76 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1=8 cm的理想 气体B，左右两侧水银面高度差L2=4 cm，此时气体A、B的温 度均为T0=288 K。 (1)求初始时气体B的压强；(4分) 答案：72 cmHg　 解析：根据题意，设初始时气体B的压强为pB，则有pB+ρgL2=p0 解得pB=72 cmHg。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热。求右侧液面上升Δh=4 cm时气体A的压强和气体B的温度。(8分) 答案：114 cmHg　708 K 解析：右侧液面上升4 cm时，左侧液面下降4 cm。 初状态气体A的压强为p0， 长度为L0=L1+L2=12 cm 末状态气体A的压强为pA， 长度为L0'=L0-Δh=8 cm 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 对气体A，由玻意耳定律有p0L0S=pAL0'S 解得pA=114 cmHg 左右液面高度差为4 cm，末状态气体B的压强为pB'=pA+4 cmHg= 118 cmHg 对气体B，由理想气体状态方程有= 解得T=708 K。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(14分)(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。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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求x；(6分) 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (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。(8分) 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。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $