专题提升二十九 关联气体问题 气体的变质量问题
题型1 关联气体问题
处理“多个封闭气体”相互关联问题的技巧。
1.分别研究各部分气体,分析它们的初状态和末状态的参量。
2.找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程。
3.找出各部分气体之间压强或体积的关系式。
4.联立求解,对求解的结果注意分析合理性。
【典例1】 如图所示,一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃管竖直放置,A端封闭,D端开口。玻璃管内通过水银柱封闭a、b两段气体,a气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层,各段长度如图所示。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度为27 ℃。
(1)通过加热器对b气体加热,使其温度升高到177 ℃,求b部分气体的长度。
(2)保持b气体温度177 ℃不变,以BC为轴将玻璃管缓慢旋转90°至水平状态,则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少
【典例2】
(2024·广东卷)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;
(2)求A内气体体积VA2;
(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。
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 A内轻质活塞的上方与大气连通 若差压阀关闭,A内气体发生等压变化
2 A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,当环境温度降低到T2=270 K时 用假设法判断,若差压阀未打开,B内气体发生等容变化,A内气体发生等压变化
失分 剖析 不会判断差压阀是否打开
题型2 变质量气体状态变化问题
常见的变质量气体的状态变化问题有抽气问题、充气问题、灌气问题和漏气问题,常见的解题方法是转化法和克拉伯龙方程法。
(1)转化法:在抽气、充气、灌气、漏气问题中可以假设把充进(灌装)或抽出(漏掉)的气体包含在气体变化的始末状态中,即把变质量问题转化为一定质量的气体的状态变化问题,再应用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
(2)克拉伯龙方程法:若理想气体在状态变化过程中,质量为m的气体分成两个不同状态的部分m1、m2,或由两个不同状态的部分m1、m2的同种气体的混合,可用克拉伯龙方程法求解。推导过程如下:由克拉伯龙方程pV=nRT和摩尔数n=得=R,结合m=m1+m2得+=。若温度不变,则关系式变为p1V1+p2V2=pV。
【典例3】 (2024·安徽卷)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,充气前该轮胎气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
每次充入轮胎的空气压强均为p0,充入气体质量与轮胎内原有气体质量之和等于充入完成后轮胎内气体的总质量,用克拉伯龙方程法非常方便。
【典例4】 为了研究自由落体运动规律,小陆同学准备自制“牛顿管”进行试验。假设抽气前管内气体的压强为大气压强p0=1.0×105 Pa,管内气体的体积为2.5 L,每次抽气体积为0.5 L。不考虑温度变化、漏气等影响,已知510=9.77×106,610=6.05×107,求:(均保留3位有效数字)
(1)抽气10次后管内气体的压强;
(2)抽气10次后管内剩余气体与第一次抽气前气体质量之比。
每次抽出的气体压强不同,且随着管内气体压强、密度减小,每次抽出的气体质量也越来越小,不方便使用克拉伯龙方程法求解抽气后管内气体的压强。如果将每次抽气过程视为一定质量的气体的状态变化,可方便求解。
专题提升二十九 关联气体问题气体的变质量问题
题型1
【典例1】 答案 (1)18 cm (2)40 cm
解析 (1)假设b气体膨胀过程中未到达C,膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变,气体a、b的压强不变,a气体体积不变,b做等压膨胀,由盖—吕萨克定律
=,
把L1=12 cm,
T1=(27+273) K=300 K,
T2=(177+273) K=450 K代入上式,
解得b气体的长度变为L2=18 cm,
则b气体右端向右移动
18 cm-12 cm=6 cm<10 cm,
故假设成立,b部分气体的长度为18 cm。
(2)以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态,a、b两部分气体均做等温变化,且压强均变为75 cmHg,由平衡关系可知a气体初状态的压强pa=p0+15 cmHg=90 cmHg,
根据玻意耳定律有paVa=pa'Va',
即paLaS=pa'La'S,
解得La'=18 cm,
对b气体,初状态的压强
pb=p0+25 cmHg=100 cmHg,
根据玻意耳定律有pbVb=pb'Vb',
即pbL2S=pb'Lb'S,
解得Lb'=24 cm,
则剩余水银柱的长度
L余'=L总-La'-Lb'=82 cm-18 cm-24 cm=40 cm。
【典例2】 答案 (1)9×104 Pa (2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg
解析 (1)假设温度降低到T2时,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=,
代入数据解得pB2=9×104 Pa,
由于A、B中气体的压强差
p0-pB2=0.1p0<0.11p0,
假设成立,即B内气体压强pB2=9×104 Pa。
(2)A内气体做等压变化,压强保持不变,初态
VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K,
末态T2=270 K,
根据=,
代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A内气体压强为
pA'=p0+,
B内气体压强pB'=p0,
此时差压阀恰好关闭,所以有
pA'-pB'=Δp,
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
题型2
【典例3】 答案 (1)2.5×105 Pa (2)6 L
解析 (1)轮胎内气体的体积不变,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,在哈尔滨时,充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。
(2)充气过程气体温度保持不变,由玻意耳定律可得p2V0+p0V=p1V0,
代入数据解得,充进该轮胎的空气体积为
V=6 L。
【典例4】 答案 (1)1.61×104 Pa (2)0.161
解析 (1)设第一次抽气后管内气体的压强变为p1,由等温变化得
p0V0=p1(V0+V),
代入数据得p1=p0,
设第二次抽气后管内气体的压强变为p2,由等温变化得,
p1V0=p2(V0+V),
代入数据得p2=p0,
依此规律得第十次抽气后
p10=p0≈1.61×104 Pa。
(2)第一次抽气后气体体积变为V0+V,质量之比等于体积之比,即
==,
依此规律得第二次抽气后==,
联立解得=,
依此规律得第十次抽气后
=≈0.161。(共26张PPT)
专题提升二十九
关联气体问题 气体的变质量问题
第十五章 热学
题型1 关联气体问题
题型2 变质量气体状态变化问题
内容
索引
关联气体问题
题型1
处理“多个封闭气体”相互关联问题的技巧。
1.分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。
2.找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
3.找出各部分气体之间压强或体积的关系式。
4.联立求解，对求解的结果注意分析合理性。
【典例1】 如图所示，一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃管竖直放置，A端封闭，D端开口。玻璃管内通过水银柱封闭a、b两段气体，a气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图所示。已知大气压强p0=75 cmHg，环境温度为27 ℃。
(1)通过加热器对b气体加热，使其温度升高到177 ℃，求b部分气体的长度。
假设b气体膨胀过程中未到达C，膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变，气体a、b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀，由盖—吕萨克定律=，
把L1=12 cm，
解析
T1=(27+273) K=300 K，
T2=(177+273) K=450 K代入上式，
解得b气体的长度变为L2=18 cm，
则b气体右端向右移动
18 cm-12 cm=6 cm<10 cm，
故假设成立，b部分气体的长度为18 cm。
解析
(2)保持b气体温度177 ℃不变，以BC为轴将玻璃管缓慢旋转90°至水平状态，则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少
以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态，a、b两部分气体均做等温变化，且压强均变为75 cmHg，由平衡关系可知a气体初状态的压强pa=p0+15 cmHg=90 cmHg，
根据玻意耳定律有paVa=pa'Va'，
即paLaS=pa'La'S，
解得La'=18 cm，
解析
对b气体，初状态的压强
pb=p0+25 cmHg=100 cmHg，
根据玻意耳定律有pbVb=pb'Vb'，
即pbL2S=pb'Lb'S，
解得Lb'=24 cm，
则剩余水银柱的长度
L余'=L总-La'-Lb'=82 cm-18 cm-24 cm=40 cm。
解析
【典例2】 (2024·广东卷)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；
假设温度降低到T2时，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=，
代入数据解得pB2=9×104 Pa，
由于A、B中气体的压强差p0-pB2=0.1p0<0.11p0，
假设成立，即B内气体压强pB2=9×104 Pa。
解析
(2)求A内气体体积VA2；
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态
VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K，
末态T2=270 K，
根据=，
代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。
解析
(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。
恰好稳定时，A内气体压强为pA'=p0+，
B内气体压强pB'=p0，
此时差压阀恰好关闭，所以有pA'-pB'=Δp，
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
解析
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 A内轻质活塞的上方与大气连通 若差压阀关闭，A内气体发生等压变化
2 A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，当环境温度降低到T2=270 K时 用假设法判断，若差压阀未打开，B内气体发生等容变化，A内气体发生等压变化
失分 剖析 不会判断差压阀是否打开 变质量气体状态变化问题
题型2
常见的变质量气体的状态变化问题有抽气问题、充气问题、灌气问题和漏气问题，常见的解题方法是转化法和克拉伯龙方程法。
(1)转化法：在抽气、充气、灌气、漏气问题中可以假设把充进(灌装)或抽出(漏掉)的气体包含在气体变化的始末状态中，即把变质量问题转化为一定质量的气体的状态变化问题，再应用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
(2)克拉伯龙方程法：若理想气体在状态变化过程中，质量为m的气体分成两个不同状态的部分m1、m2，或由两个不同状态的部分m1、m2的同种气体的混合，可用克拉伯龙方程法求解。推导过程如下：由克拉伯龙方程pV=nRT和摩尔数n=得=R，结合m=m1+m2得+=。若温度不变，则关系式变为p1V1+p2V2=pV。
【典例3】 (2024·安徽卷)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，充气前该轮胎气体压强的大小。
轮胎内气体的体积不变，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，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。
解析
(2)充进该轮胎的空气体积。
充气过程气体温度保持不变，由玻意耳定律可得p2V0+p0V=p1V0，
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V=6 L。
解析
每次充入轮胎的空气压强均为p0，充入气体质量与轮胎内原有气体质量之和等于充入完成后轮胎内气体的总质量，用克拉伯龙方程法非常方便。
【典例4】 为了研究自由落体运动规律，小陆同学准备自制“牛顿管”进行试验。假设抽气前管内气体的压强为大气压强p0=1.0×105 Pa，管内气体的体积为2.5 L，每次抽气体积为0.5 L。不考虑温度变化、漏气等影响，已知510=9.77×106，610=6.05×107，求：(均保留3位有效数字)
(1)抽气10次后管内气体的压强；
设第一次抽气后管内气体的压强变为p1，由等温变化得
p0V0=p1(V0+V)，
代入数据得p1=p0，
解析
设第二次抽气后管内气体的压强变为p2，由等温变化得
p1V0=p2(V0+V)，
代入数据得p2=p0，
依此规律得第十次抽气后p10=p0≈1.61×104 Pa。
解析
(2)抽气10次后管内剩余气体与第一次抽气前气体质量之比。
第一次抽气后气体体积变为V0+V，质量之比等于体积之比，即
==，
依此规律得第二次抽气后==，
联立解得=，
依此规律得第十次抽气后=≈0.161。
解析
每次抽出的气体压强不同，且随着管内气体压强、密度减小，每次抽出的气体质量也越来越小，不方便使用克拉伯龙方程法求解抽气后管内气体的压强。如果将每次抽气过程视为一定质量的气体的状态变化，可方便求解。专题提升练29 关联气体问题 气体的变质量问题
1.(2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求:
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB;
(2)弹簧的劲度系数k。
2.(2025·荆州模拟)如图所示， “凸”形汽缸上、下部分高度均为h，上、下底面导热良好，其余部分绝热。上部分横截面积为S，下部分横截面积为2S。汽缸被总重力G=2p0S，中间用轻杆相连的a、b两绝热活塞(密封性良好)分成A、B、C三部分，活塞稳定时A、B、C三个部分内的气体温度均为T，A、C部分气体压强为p0，A、B部分高均为，C部分高为h。现保持A、B温度不变，使C中的气体温度缓慢变化至某温度， 最终稳定后两活塞缓慢下降了，不计所有摩擦。求:
(1)C温度变化前，B中气体的压强;
(2)C温度变化后，A、B中气体的压强;
(3)C中气体的最终温度。
3.(2024·山东卷)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p=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)求x;
(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。
4.(2025·南宁模拟)“充气碰碰球”用PVC薄膜充气膨胀成型，在早晨T1=7 ℃环境下充完气之后碰碰球的体积为V0=1.2 m3，球内气体压强为p1=1.4×105 Pa。气体可视为理想气体。
(1)忽略碰碰球体积的变化，求T2=27 ℃环境下球内气体的压强p2;
(2)若测得27 ℃环境下球内气体压强为0.98p2，现通过打气筒缓慢向碰碰球内充入空气，每次充入空气的压强为p0=2×105 Pa，体积为V=600 cm3，则通过打气筒向碰碰球内充气多少次可使球内气体压强达到p2。(设充气过程中碰碰球的体积不变，气体温度不变)
专题提升练29 关联气体问题 气体的变质量问题
1.答案 (1)p0 p0 (2)
解析 (1)抽气前两体积均为V=Sl,
对气体A分析:
抽气后VA=2V-V=Sl,
根据玻意耳定律得p0V=pA·V,
解得pA=p0,
对气体B分析,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半,即p0,则根据玻意耳定律得
p0V=pB·V,
解得pB=p0。
(2)由题意可知,弹簧的压缩量为,对活塞受力分析有pAS=pBS+F,
根据胡克定律得F=k,
联立解得k=。
2.答案 (1)2p0 (2)p0 4p0 (3)T
解析 (1)对活塞受力分析可知
2p0S+p0S+p0·2S=pB·2S+p0S,
解得pB=2p0。
(2)A中气体,初状态pA=p0,VA=S,TA=T,
末状态 VA'=S+,TA'=T,
由玻意耳定律有pAVA=pA'VA',
解得pA'=p0,
B中气体,初状态pB=2p0,VB=2S,TB=T,
末状态VB'=2S-,TB'=T,
由玻意耳定律有pBVB=pB'VB',
解得pB'=4p0。
(3)对C中气体,初状态
pC=p0,VC=S+2S,TC=T,
末状态VC'=S-+2S+,
对活塞有2p0S+pA'S+pC'·2S=pB'·2S+pC'·S,
解得pC'=p0,
由理想气体状态方程有=,
解得TC'=T。
3.答案 (1)2 cm (2)8.92×10-4 m3
解析 (1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程,长柄内的封闭气体发生等温变化,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)当外界气体进入后,以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3HS1+S2,
又因为p3+ρg·=p0,
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。
4.答案 (1)1.5×105 Pa (2)30次
解析 (1)由查理定理得=,
其中T1=(273+7) K=280 K,
T2=(273+27) K=300 K,
解得p2=1.5×105 Pa。
(2)设原碰碰球内气体在p2压强下的体积为V1,由玻意耳定律得
0.98p2V0=p2V1,
设打气筒每次充入的气体在p2压强下的体积为V2,由玻意耳定律得
p0V=p2V2,
由题意得V0=V1+nV2,
解得n=30,
所以通过打气筒向碰碰球内充气的次数为30次。(共15张PPT)
专题提升练29
关联气体问题 气体的变质量问题
1
2
3
4
1.(2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求:
1
2
3
4
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
抽气前两体积均为V=Sl，
对气体A分析:抽气后VA=2V-V=Sl，
根据玻意耳定律得p0V=pA·V，解得pA=p0，对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半，即 p0，则根据玻意耳定律得p0V=pB·V，
解得pB=p0。
解析
1
2
3
4
(2)弹簧的劲度系数k。
由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS=pBS+F，
根据胡克定律得F=k，
联立解得k=。
解析
2.(2025·荆州模拟)如图所示， “凸”形汽缸上、下部分高度均为h，上、下底面导热良好，其余部分绝热。上部分横截面积为S，下部分横截面积为2S。汽缸被总重力G=2p0S，中间用轻杆相连的a、b两绝热活塞(密封性良好)分成A、B、C三部分，活塞稳定时A、B、C三个部分内的气体温度均为T，A、C部分气体压强为p0，A、B部分高均为，C部分高为h。现保持A、B温度不变，使C中的气体温度缓慢变化至某温度， 最终稳定后两活塞缓慢下降了，不计所有摩擦。求:
1
2
3
4
(1)C温度变化前，B中气体的压强；
对活塞受力分析可知2p0S+p0S+p0·2S=pB·2S+p0S，
解得pB=2p0。
解析
1
2
3
4
(2)C温度变化后，A、B中气体的压强；
A中气体，初状态pA=p0，VA=S，TA=T，末状态 VA'=S(+)，TA'=T，由玻意耳定律有pAVA=pA'VA’，
解得pA'=p0，
B中气体，初状态pB=2p0，VB=2S，TB=T，末状态VB'=2S(-)，TB'=T，由玻意耳定律有pBVB=pB'VB’，
解得pB'=4p0。
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(3)C中气体的最终温度。
对C中气体，初状态pC=p0，VC=S+2S，TC=T，
末状态VC'=S(-)+2S(+)，
对活塞有2p0S+pA'S+pC'·2S=pB'·2S+pC’·S，
解得pC'=p0，
由理想气体状态方程有=，
解得TC'=T。
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3.(2024·山东卷)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p=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。
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(1)求x；
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由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄内的封闭气体发生等温变化，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。
解析
(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。
当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
p0V+p2HS1=p3(HS1+S2)，
又因为p3+ρg·=p0，
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。
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4.(2025·南宁模拟)“充气碰碰球”用PVC薄膜充气膨胀成型，在早晨T1=7 ℃环境下充完气之后碰碰球的体积为V0=1.2 m3，球内气体压强为p1=1.4×105 Pa。气体可视为理想气体。
(1)忽略碰碰球体积的变化，求T2=27 ℃环境下球内气体的压强p2；
由查理定理得=，
其中T1=(273+7) K=280 K，T2=(273+27) K=300 K，
解得p2=1.5×105 Pa。
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(2)若测得27 ℃环境下球内气体压强为0.98p2，现通过打气筒缓慢向碰碰球内充入空气，每次充入空气的压强为p0=2×105 Pa，体积为V=600 cm3，则通过打气筒向碰碰球内充气多少次可使球内气体压强达到p2。(设充气过程中碰碰球的体积不变，气体温度不变)
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设原碰碰球内气体在p2压强下的体积为V1，由玻意耳定律得
0.98p2V0=p2V1，
设打气筒每次充入的气体在p2压强下的体积为V2，由玻意耳定律得p0V=p2V2，
由题意得V0=V1+nV2，
解得n=30，
所以通过打气筒向碰碰球内充气的次数为30次。
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