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第1讲 选修3－3
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案第1讲 选修3－3
要点提炼
1.热学基本概念和规律
(1)分子动理论与内能
①分子动理论
a．物体是由大量分子组成的：油膜法测分子直径d＝。
b.分子的热运动：分子在做永不停息地无规则运动。证据：扩散现象、布朗运动。
c．分子间存在相互作用力，如图1所示。
②温度和温标
a．热平衡定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡。
一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。
b．摄氏温度t与热力学温度T的关系：T＝t＋273.15
K。
③内能
a．分子动能
温度是分子热运动平均动能的标志。
b．分子势能：如图2所示。
c.内能：是对于物体而言的。物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，叫做物体的内能。
(2)气体实验定律
①玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2。
②查理定律(等容变化)：＝。
③盖—吕萨克定律(等压变化)：＝。
④理想气体状态方程：＝。
(3)固体、液体、液晶
①固体
a．晶体
形状规则，有固定熔点。
单晶体：各向异性；多晶体：各向同性。
有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体。那是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布。例如均由碳原子组成的石墨和金刚石。
b．非晶体
无确定几何形状，物理性质各向同性，无固定熔点。
同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现。物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的，是能够相互转化的，例如天然水晶和石英玻璃。
②液体
a．表面张力：使液体表面积收缩到最小。
b．浸润和不浸润：是分子力作用的表现。一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系。如图3所示。
水可以浸润玻璃，但水不能浸润蜂蜡和石蜡；水银不浸润玻璃，但水银浸润铅。
c．毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象。
d．液晶：具有液体的流动性；具有晶体的光学各向异性。
e．饱和汽与饱和汽压
饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。
饱和汽压：在一定温度下，饱和汽的压强随温度而变。
绝对湿度：用空气中所含水蒸气的压强p1来表示。
相对湿度：空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压的比值。
相对湿度＝
(4)热力学定律
①热力学第一定律：ΔU＝Q＋W。
②热力学第二定律
a．热量不能自发地从低温物体传到高温物体。(不可能使热量由低温物体传到高温物体，而不引起其他变化。)
b．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
2．气体压强的几种求法
(1)参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，方程等号两边均除以液片的面积得到液片两侧压强相等方程，进而求得气体的压强。
(2)力平衡法：选与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强。
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。
(4)牛顿第二定律法：求解变速运动系统中封闭气体压强，通常选与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
高考考向1 热学基础知识
命题角度1
分子动理论和内能
例1 (2020·陕西省渭南市质检)(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A．若已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求出一个气体分子的体积
B．气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高
C．布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动
D．分子间的引力总是随分子间距离的增大而增大
E．两个分子甲和乙距离变化过程中，只要两分子克服分子力做功，则分子势能一定增加
解析 由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出一个气体分子所占空间的平均体积，但是不能求出一个气体分子的体积，故A错误；根据分子速率分布规律图，气体温度升高时，速率较大的分子占总分子数的比例升高，故B正确；布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，它是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，间接反映液体分子在做无规则的运动，故C正确；分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故D错误；两个分子甲和乙距离变化过程中，由功能关系可知，只要两分子克服分子力做功，则分子势能一定增加，故E正确。
答案 BCE
必须辨明的几个易错点
(1)气体分子的体积和气体分子所占空间的体积不同。
(2)布朗运动不是热运动，热运动指分子运动。
(3)分子引力和斥力同时存在，当分子力表现为引力时，分子间也存在斥力。
(4)温度升高时分子平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大。
备课记录：
1－1 (2020·贵州省贵阳市调研)(多选)关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是( )
A．某种物体的温度为0
℃，说明该物体中所有分子的动能均为零
B．物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大
C．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得更快，所以分子力表现为引力
D．10
g
100
℃水的内能小于10
g
100
℃水蒸气的内能
E．两个铝块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力
答案 BDE
解析 某种物体的温度是0
℃时，该物体中分子的平均动能不为零，故A错误；温度是分子平均动能的标志，故物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，内能的大小还与分子间的势能和物质的多少有关，所以内能不一定增大，故B正确；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得更快，当分子间距小于r0时，分子间的斥力大于引力，分子力表现为斥力，当分子间距大于r0时，分子间的斥力小于引力，分子力表现为引力，故C错误；同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以10
g
100
℃水的内能小于10
g
100
℃水蒸气的内能，故D正确；两个铝块相互挤压后，它们会紧连在一起，是分子运动的结果，说明了分子间有引力，故E正确。
1－2 (2020·全国卷Ⅰ)
分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r＝r1时，F＝0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能________(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能________(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能________(填“大于”“等于”或“小于”)零。
答案 减小 减小 小于
解析 另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，分子间作用力表现为引力，故分子间作用力做正功，分子间势能减小；在两分子间距由r2减小到r1的过程中，分子间作用力仍然表现为引力，故分子间作用力做正功，分子间势能减小；在间距减小到等于r1之前，分子间势能一直减小，由于规定两分子相距无穷远时分子间势能为零，则在间距等于r1处，分子间势能小于零。
命题角度2
用油膜法估测分子的大小
例2 (2020·江苏省扬州市检测)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，用a
mL的纯油酸配制成b
mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1
mL油酸酒精溶液，让其自然滴出共n滴。让1滴溶液滴在盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S
cm2，则油酸分子的直径为________
cm；测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油酸的________(选填“摩尔质量”“摩尔体积”或“体积”)。
解析 油酸酒精溶液的体积浓度为，一滴油酸酒精溶液的体积为
mL，所以一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V＝×
mL＝
mL，则油酸分子的直径为d＝
cm2＝
cm。测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油酸的摩尔体积。
答案 摩尔体积
1．油膜法估测分子直径的实验思路
配置油酸酒精溶液→测一滴油酸酒精溶液的体积→形成单分子油膜→估算油酸薄膜的面积→估测油酸分子的直径。
2．油膜法测分子直径需要注意的问题
(1)注意单位的换算。
(2)注意正确的步骤书写，包括不能出现错别字，如“撒痱子粉”不是“洒腓子粉”。
(3)注意引起误差的原因。
备课记录：
2－1 (2020·山西省八校联考)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25
mL油酸，倒入标注250
mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250
mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1
mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格的正方形大小为2
cm×2
cm，由图可以估算出油膜的面积是________cm2(结果保留两位有效数字)，由此估算出油酸分子的直径是________m(结果保留一位有效数字)。
答案 2.4×102 8×10－10
解析 观察油膜，大于或等于半格的算一格，小于半格的舍弃，数出小方格个数为60，乘以小方格面积2
cm×2
cm＝4
cm2，可估算出油膜面积为S＝60×4
cm2＝2.4×102
cm2。2滴溶液中含有纯油酸的体积V＝××2
mL＝2×10－5
mL，把油膜视为单分子油膜，油膜厚度即为分子直径，由V＝dS得出油酸分子的直径d＝8×10－10
m。
2－2 (2019·全国卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_____________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以______________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________________。
答案 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积
解析 用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1
mL油酸酒精溶液的滴数。根据V＝Sd，要求得油酸分子的直径d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
命题角度3
固体和液体的基本性质
例3 (多选)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A．雨滴呈球形是由于液体表面张力的作用
B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
C．布朗运动的无规则性反映液体分子运动的无规则性
D．组成晶体的原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的
E．用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力
解析 由于液体表面张力的作用，使得雨滴的表面积有缩小的趋势，故而呈球形，故A正确；当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，空气的绝对湿度不一定较大，故B错误；布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，颗粒运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性，故C正确；组成晶体的原子(或分子、离子)都是按照一定的规则有序排列的，故D正确；用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是由于轮胎内气体的压强越来越大，而不能说明气体分子之间有斥力作用，故E错误。
答案 ACD
必须辨明的两个易错点
(1)各向同性的固体也可能是晶体(多晶体)，有固定熔点的固体一定是晶体。
(2)相对湿度和绝对湿度是两个单位不同的物理量，绝对湿度大时相对湿度不一定大。
备课记录：
3－1 (2020·江苏省七市二调)(多选)密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，液面与空气、容器壁的接触情形如图所示。则( )
A．水对容器壁是浸润的
B．水的表面层分子间作用力表现为斥力
C．水面上方的水蒸气为饱和汽
D．环境温度改变时水的饱和汽压不变
答案 AC
解析 由图可知，水润湿容器壁，故A正确；水的表面层分子间距离大于平衡距离，故分子间作用力表现为引力，B错误；密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，水蒸气与水达到动态平衡，故水面上方的水蒸气为饱和汽，故C正确；水的饱和汽压随温度的变化而变化，故D错误。
3－2 (2020·江西省上饶市三模)(多选)下列说法正确的是( )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
C．由于水的表面张力作用，即使雨伞上有很多细小的孔，伞也能达到遮雨的效果
D．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变，降低温度
E．密闭容器内封有一定质量的空气，使该容器做自由落体运动，则气体对容器壁的压强减小
答案 BCD
解析 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然为晶体，故A错误；湿泡外纱布中的水蒸发吸热导致湿泡显示的温度低于干泡，故B正确；雨伞上的孔较小的情况下，由于水的表面张力作用，不会从细孔中流下，故C正确；未饱和汽体积不变，温度降低，其饱和汽压减小，因此有可能变成饱和汽，故D正确；气体对容器壁的压强与加速度无关，故容器做自由落体运动时，气体对容器壁的压强不变，故E错误。
高考考向2 气体实验定律与热力学定律的应用
命题角度1
气体状态变化的图象问题
例4 (2019·全国卷Ⅱ)如p?V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
解析 根据理想气体状态方程有＝＝，可知T1＞T2，T2T2，所以状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，体积相等，分子数密度相等，故分子在单位时间内对单位面积容器壁的平均碰撞次数多，即N1>N2；对于状态2、3，由于T2N3。
答案 大于 等于 大于
1．解决气体状态变化的图象问题一般要用到的知识
(1)气体实验定律，理想气体状态方程。
(2)对体积、温度、压强的理解。
①对体积的理解：气体体积越大，气体分子的数密度越小。
②对温度的理解：理想气体的温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大。
③对压强的理解：气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因分子碰撞而产生的压强就越大。
(3)热力学第一定律：ΔU＝Q＋W。
①对做功的理解：气体体积增大时，气体对外界做功，W<0；气体体积减小时，外界对气体做功，W>0。
②对内能变化的理解：气体温度升高时，内能增大，ΔU>0；气体温度降低时，内能减小，ΔU<0。
2．解决气体状态变化的图象问题的一般思路
先分清是p?V图象、p?T图象还是V?T图象等，并根据气体状态变化的图线结合理想气体状态方程分析第三个量的变化情况，然后结合热力学第一定律分析吸放热和内能变化情况。
备课记录：
4－1 (2020·安徽省蚌埠市第四次质检)(多选)一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p?T图象如图所示。下列说法正确的是( )
A．a→b的过程中，气体对外界做功
B．b→c的过程中，所有气体分子的动能都增大
C．c→d的过程中，外界对气体做功
D．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
E．b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小
答案 ACE
解析 a→b的过程中，气体温度不变，压强减小，则体积变大，气体对外界做功，A正确。b→c的过程中，气体温度升高，分子平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，B错误。根据＝C可知p＝T，由于d点与原点连线的斜率大于c点与原点连线的斜率，可知状态d对应的气体体积小于状态c，则c→d的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，C正确。a→b的过程中，气体温度不变，内能不变，气体对外界做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，则体积变大，气体内能变大，对外界做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，D错误。根据＝C可知p＝T，b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后增大，则气体体积先增大后减小，E正确。
4－2 (2020·湖北省七市州教科研协作体联考)(多选)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V?t图象如图所示，下列说法正确的有( )
A．A→B的过程中，气体对外做功
B．A→B的过程中，气体放出热量
C．B→C的过程中，气体压强变大
D．B→C的过程中，气体内能变大
E．B→C的过程中，单位体积内的分子数目增加
答案 ACE
解析 A→B的过程中，气体体积变大，则气体对外做功，温度不变，内能不变，则气体吸收热量，A正确，B错误。根据＝C，得V＝T，B→C的过程中，V?t图线上的点与横轴上－273
℃点连线的斜率减小，则气体压强变大；气体的温度降低，内能减小；气体体积减小，则单位体积内的分子数目增加，C、E正确，D错误。
命题角度2
汽缸活塞类问题
例5 (2019·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S①
得p10＝(p0＋p)②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得p1＝p0＋p
V1＝。
答案 (1)(p0＋p) (2)p0＋p
1．汽缸活塞类问题的处理思路
(1)分析清楚题意，确定研究对象。一般地说，研究对象分为两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞等)。
(2)分析清楚题目所述的物理过程。对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程＝恒量，列出式子；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。
2．“充气、抽气”类模型中变质量问题的处理思路
在“充气、抽气”类模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
3．多个研究对象的问题
由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或长度关系，列出辅助方程，最后联立求解。
备课记录：
5－1 (2020·陕西省汉中市第二次质检)如图所示，一圆柱形汽缸竖直放置，汽缸正中间有挡板，位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。开始时，活塞与汽缸底部相距L，测得气体的温度为T0。现缓慢降温，让活塞缓慢下降，直到恰好与挡板接触但不挤压。然后在活塞上放一重物P，对气体缓慢加热，让气体的温度缓慢回升到T0，升温过程中，活塞不动。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦。
(1)求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物P的质量的最小值；
(2)整个过程中，气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量为多少？
答案 (1) m＋ (2)放热
解析 (1)由题意可得，缓慢降温过程是一个等压过程
初态：温度T0，体积V0＝LS
末态：温度T1，体积V1＝
由盖—吕萨克定律有＝，解得T1＝；
升温过程中，活塞不动，是一个等容过程，设重物P的质量的最小值为M
初态：温度T1＝，压强p1＝p0＋，
末态：温度T2＝T0，压强p2＝p0＋
由查理定律有＝，解得M＝m＋。
(2)降温过程，气体体积变小，外界对气体做的功为
W＝·＝
升温过程，气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功；整个过程始末，理想气体的温度不变，内能不变；由热力学第一定律知，整个过程中，气体放热，放出的热量Q＝W＝。
5－2 (2020·全国卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案 (1)p (2)
解析 (1)设甲罐中原有气体的体积最终变为V1，乙罐中原有气体的体积最终变为V2，调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有pV＝p′V1①
p(2V)＝p′V2②
且V1＋V2＝V＋2V③
联立①②③式可得p′＝p。④
(2)设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，则有k＝⑤
联立①④⑤式可得k＝。⑥
5－3 (2020·宁夏银川一模)2019年12月以来，新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。勤消毒是防疫很关键的一个措施。如图是防疫消毒用的喷雾消毒桶的原理图，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的消毒液，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气。将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有消毒液流出。已知消毒液的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高。忽略喷雾管的体积，将空气看做理想气体。
(1)求室内温度；
(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到消毒液完全流出，求充入空气与原有空气的质量比。
答案 (1)T0 (2)
解析 (1)设喷雾器的横截面积为S，室内温度为T1，将喷雾器移到室内稳定时，上部密封空气压强为p1，根据平衡条件可得p1＝p0＋ρg
密封空气体积为V0＝S保持不变，密封空气做等容变化，根据查理定律可得＝
解得T1＝T0。
(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，设喷雾器内空气压强为p2，体积为V2＝hS，此空气压强为p1时体积为V3，根据平衡条件可得
p2＝p0＋ρgh，
根据玻意耳定律可得p1V3＝p2V2
即(p0＋ρg)V3＝(p0＋ρgh)hS
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设喷雾器中原有空气质量为m0，充入空气质量为Δm，有＝
解得＝＝。
命题角度3
液柱类问题
例6 (2020·全国卷Ⅲ)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18
cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4
cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12
cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283
K，大气压强p0＝76
cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，
密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，左、右管的横截面积均为S，由题设条件有
p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④
联立①②③④式并代入题给数据得h≈12.9
cm。⑤
(2)设密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有＝⑥
由题设条件有V3＝(2H－h)S⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2≈363
K。⑧
答案 (1)12.9
cm (2)363
K
求解液柱封闭的气体压强时的注意事项
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。
备课记录：
6－1 (2020·河南省洛阳市第三次统考)一粗细均匀的U形细玻璃管始终竖直放置，如图所示，管竖直部分长为L1＝60
cm，水平部分长d＝12
cm，大气压强p0＝76
cmHg。U形管左端封闭，初始时刻右端开口，左侧管内有一段h＝6
cm长的水银柱封住了长为L2＝40
cm的理想气体。现在把光滑活塞从右侧管口缓慢推入U形管(不漏气)，此过程左侧水银往上升了h1＝5
cm，求：
(1)左侧管内上端封闭气体末状态的压强；
(2)活塞下降的距离。
答案 (1)80
cmHg (2)15
cm
解析 (1)以左侧管内上端封闭的气体为研究对象，气体状态参量为
p1＝p0－ρgh＝(76－6)cmHg＝70
cmHg，
V1＝L2S＝40S，
V2＝(L2－h1)S＝35S，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
解得p2＝80
cmHg。
(2)以右侧管内气体为研究对象，气体状态参量为
p3＝p0＝76
cmHg，
V3＝(2L1＋d－L2－h)S＝86S，
p4＝p2＋ρgh＝86
cmHg，
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4，
解得V4＝76S，
即右侧管中空气柱的总长度为76
cm，
活塞下降的距离h2＝86－76＋5
cm＝15
cm。
6－2 (2020·全国卷Ⅱ)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H?h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(1)求进入圆筒内水的高度l；
(2)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
答案 (1)h (2)
解析 (1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内空气的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内空气的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1＝p0V0①
V0＝hS②
V1＝(h－l)S③
考虑到H?h>l，有p1＝p0＋ρgH④
联立①②③④式，解得l＝h。⑤
(2)设压入筒内的空气在其压强为p0时的体积为V，在水下即其压强为p1时的体积为V2，由玻意耳定律有p1V2＝p0V⑥
其中V2＝lS⑦
联立④⑤⑥⑦式解得V＝。⑧
专题作业
1．(2020·福建泉州市第一次质检)(多选)某同学发现自行车轮胎内气体不足，于是用打气筒打气。假设打气过程中，轮胎内气体的体积和温度均不变，则在打气过程中，下列说法正确的是( )
A．轮胎内气体的总内能不断增加
B．轮胎内气体分子的平均动能保持不变
C．轮胎内气体的无规则运动属于布朗运动
D．轮胎内气体分子间斥力增大使得胎内气压增大
E．轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多
答案 ABE
解析 轮胎内气体的质量不断增加，而体积和温度保持不变，故轮胎内气体的总内能不断增加，故A正确；轮胎内气体的温度保持不变，故轮胎内气体分子的平均动能保持不变，故B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，故C错误；在打气过程中轮胎内气体的温度不变，气体分子的数量增加，单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，使得胎内气压增大，故D错误，E正确。
2．(2020·河北省石家庄市一模)(多选)下列说法正确的是( )
A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B．晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能
C．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
D．在用油膜法估测分子大小的实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积
E．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度升高，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少
答案 BCE
解析 液体表面张力的方向与液面平行且与表面相切，故A错误；晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变，分子平均动能不变，但内能增加，吸热主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；在用油膜法估测分子大小的实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以相应油酸膜的面积，故D错误；一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度升高，分子平均动能增大，根据气体压强的微观解释可知，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少，故E正确。
3．(2020·黑龙江省哈尔滨三中二模)(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)。下列判断正确的是( )
A．1
kg铜所含的原子数为NA
B．1
m3铜所含的原子数为
C．1个铜原子的质量为(kg)
D．1个铜原子的体积为(m3)
E．铜原子的直径为
(m)
答案 CDE
解析 1
kg铜所含的原子数N＝·NA，故A错误；1
m3铜所含的原子数为N′＝·NA，故B错误；1个铜原子的质量m＝(kg)，故C正确；1个铜原子的体积V0＝(m3)，又V0＝π·，联立解得铜原子的直径d＝
(m)，故D、E正确。
4.(2020·四川省宜宾市第四中学高三三模)(多选)如图所示，将甲分子固定于坐标原点O处，乙分子放置于r轴上距离O点很远的r4处，r1、r2、r3为r轴上的三个特殊的位置，甲、乙两分子间的分子力F和分子势能Ep随两分子间距离r的变化关系分别如图中两条曲线所示，设两分子间距离很远时，Ep＝0。现把乙分子从r4处由静止释放，下列说法中正确的是( )
A．虚线1为Ep?r图线、实线2为F?r图线
B．当分子间距离rC．乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动，从r2到r1做加速度增大的减速运动
D．乙分子从r4到r1的过程中，分子势能先增大后减小，在r1位置时分子势能最小
E．乙分子的运动范围为r4≥r≥r1
答案 ACE
解析 因两分子间距为平衡距离r0时，分子力合力为零，此时分子势能最小，可知虚线1为Ep?r图线、实线2为F?r图线，A正确；当分子间距离r5．(2020·河南省六市联合调研)(多选)下列说法正确的是( )
A．晶体具有固定的熔点，某种物理性质可表现为各向异性
B．可采用升温或加压的方法，让未饱和汽变成饱和汽
C．空调既能制热又能制冷，说明在非自发的条件下，热传递可以逆向进行
D．两个系统达到热平衡时，它们的分子平均动能一定相等
E．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏小
答案 CD
解析 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体的某些物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故A错误；饱和汽压随温度的升高而增大，可以采取降低温度的方法，使未饱和汽变成饱和汽，故B错误；空调既能制热又能制冷，说明在非自发的条件下，热量可以逆向传递，故C正确；两个系统达到热平衡时，宏观上温度相同，微观上分子平均动能相同，故D正确；在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，纯油酸的体积等于油酸酒精溶液的体积乘以浓度，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使油酸体积偏大，根据d＝，会导致分子直径计算结果偏大，故E错误。
6．(2020·全国卷Ⅲ)
(多选)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中( )
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
答案 BCD
解析 因为活塞缓慢下降，汽缸导热，环境温度保持不变，故气体体积逐渐减小，温度不变，理想气体的内能只与温度有关，则内能不变。由理想气体状态方程＝C可知，气体体积逐渐减小，温度不变，则压强逐渐增大。因为气体的体积减小，故外界对气体做功，而气体的内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体放出热量。综上所述，B、C、D正确，A、E错误。
7．(2020·江西省九江市十校模拟)(多选)下列说法正确的是( )
A．气体吸收了热量，其温度一定升高
B．第一类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律
C．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D．晶体均有规则的几何形状
E．水黾能停在水的表面是因为水的表面张力的作用
答案 BCE
解析 根据热力学第一定律可知，做功和热传递均可以改变内能，气体吸收了热量，内能不一定增加，温度不一定升高，A错误；第一类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律，故B正确；自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C正确；单晶体具有规则的几何形状，而多晶体不一定有规则的几何形状，故D错误；水黾能停在水面上，是因为水表面张力的作用，故E正确。
8．(2020·山西省临汾市模拟)(多选)下列说法正确的是( )
A．饱和汽压与温度和体积都有关
B．绝对湿度的单位是Pa，相对湿度没有单位
C．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快
D．气体做等温膨胀，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少
E．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等
答案 BDE
解析 饱和汽压与温度有关，与体积无关，A错误；绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，其单位是Pa，相对湿度没有单位，B正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，C错误；气体做等温膨胀，分子数密度变小，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少，D正确；饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等，E正确。
9．(2020·四川省成都市第三次诊断)(多选)下列说法正确的是( )
A．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
B．高原地区的沸水温度较低，这是高原地区温度较低的缘故
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
E．即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗，热机效率仍不能达到100%
答案 ADE
解析 扩散现象是由分子无规则运动而产生的，故A正确；高原地区由于气压较低，故水的沸点较低，故B错误；气体压强与气体是否失重无关，它是由于气体分子对容器壁的撞击引起的，故C错误；同种元素可能由于原子排列不同而构成不同的晶体，比如金刚石和石墨烯都是碳元素构成的，故D正确；由热力学第二定律可知，所有热机的效率都不可能达到100%，故E正确。
10.
(2020·福建省泉州市第二次市质量检测)(多选)一定量的理想气体在密闭容器内从状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到初始状态，T?V图象如图，其中ab平行于V轴、cd平行于T轴、da的延长线过原点O，下列判断正确的是( )
A．a→b过程，气体放出的热量等于外界对气体做的功
B．b→c过程，气体分子的平均动能变小
C．c→d过程，气体放出的热量等于气体内能的减少量
D．d→a过程，气体压强不变
E．容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数状态b比d的少
答案 ACD
解析 a→b过程为等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热，且气体放出的热量等于外界对气体做的功，故A正确；b→c过程，气体温度升高，则气体分子的平均动能变大，故B错误；c→d过程为等容变化，温度降低，气体内能减小，体积不变，气体做功为零，由热力学第一定律可知，气体放热，且气体放出的热量等于气体内能的减少量，故C正确；由图可知，d→a过程为等压变化，故D正确；d→a过程为等压变化，即状态a压强等于状态d压强，a→b过程为等温变化，且体积减小，则状态a压强小于状态b压强，即状态d压强小于状态b压强，又因为状态b的温度比状态d低，则状态b单个气体分子对容器壁的平均撞击力比状态d小，则容器壁单位时间内单位面积被气体分子撞击的次数状态b比d的多，故E错误。
11.
(2020·山西省太原市模拟)(多选)如图，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环，ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是( )
A．状态C的温度为T0
B．从A→B，分子的平均动能减小
C．从C→D，气体密度增大
D．从D→A，气体压强增大、内能减小
E．经历A→B→C→D→A一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量
答案 ACE
解析 A→B过程为等压过程，则有＝，即有＝，解得＝，C→D过程也为等压过程，则有＝，即有＝，解得TC＝T0＝T0，故A正确；从A→B，温度升高，分子平均动能增大，故B错误；从C→D，气体体积减小，则气体密度增大，故C正确；从D→A，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误；经历A→B→C→D→A一个循环，气体内能不变，在p?V图象中，图线与横轴围成的面积表示功，所以WAB>WDC，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E正确。
12．(2020·全国卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________。(填正确答案标号)
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案 B C
解析 汽车燃烧汽油产生的内能一部分通过做功转化为机械能，使汽车获得动力，另一部分通过热传递向空气转移，选项A既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，杯和水组成的系统没有对外做功，也没有向外传递热量，内能不可能减少，即冷水和杯子的温度不可能都变得更低，选项B违背热力学第一定律；某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响，选项C不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律；冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时也产生了其他影响(消耗电能)，选项D既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
13．(2020·福建省厦门市高三(下)五月质量检查)某实验小组在“用油膜法估测分子的大小”实验中，采用的方法及步骤如下：
①在玻璃瓶中加入0.5
mL的油酸和一定量的酒精，得到250
mL的混合溶液；
②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入100滴时，测得其体积恰好是1
mL；
③先往浅盘里倒入2
cm深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的带小方格的透明塑料板放在浅盘上，并在板上描下油酸膜的形状；
⑤数出轮廓范围内小方格的个数。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是________
mL；
(2)若1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，数出轮廓范围内小方格的个数为N，小方格的边长为L，则油膜的面积为________，油酸分子的直径是________。(用V、N、L表示)
答案 (1)2×10－5 (2)NL2
解析 (1)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是
V＝×
mL＝2×10－5
mL。
(2)油膜的面积为S＝NL2，根据d＝可知，
油酸分子的直径为d＝。
14.
(2020·江西省上饶市三模)一定质量的理想气体，由状态a经状态b、状态c又回到状态a，其体积V随温度T的变化图象如图所示。已知该气体在状态a时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在状态b时温度为T0、体积为2V0，在状态c时体积为2V0，(其中T0＝300
K、p0＝1.0×105
Pa、V0＝1.0
L)求：
(1)状态c的温度Tc为多少？
(2)若由状态b到状态c气体吸收的热量为Q＝100
J，则由状态c到状态a气体放出的热量Q′为多少？
答案 (1)600
K (2)200
J
解析 (1)因气体由状态c到状态a对应的V?T图象为过原点的直线，故发生的是等压变化，即pa＝pc＝p0
由盖—吕萨克定律有＝
解得Tc＝600
K。
(2)气体由状态b到状态c为等容变化，吸收的热量等于增加的内能，即Q＝ΔUbc
气体由状态c到状态a，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律有
ΔUca＝p0(Vc－V0)－Q′
气体在状态b与状态a的温度相等，内能相同，有
ΔUbc＝－ΔUca
则Q′＝Q＋p0V0
解得Q′＝200
J。
15．(2020·黑龙江省哈尔滨三中二模)一个高空试验火箭在地面上静止时，其仪器舱内气体的压强为p0＝1
atm，温度为T0＝300
K。当火箭以a＝5
m/s2的加速度竖直上升时，仪器舱内的水银气压计的读数为0.8p0。已知仪器舱是密封的，不考虑气压计的热胀冷缩，求此时舱内的温度是多少？(g＝10
m/s2)
答案 360
K
解析 设火箭静止时水银柱的长度为h，则舱内气体压强为p0＝ρgh
火箭加速时水银柱长度为0.8h，质量为m＝ρ×0.8hS
设火箭加速时，舱内气体压强为p，以气压计内长为0.8h的水银柱为研究对象，
由牛顿第二定律得pS－mg＝ma
得p＝＝0.8(a＋g)ρh
以舱内封闭气体为研究对象，由查理定律得＝
则T＝T0＝T0＝×300
K＝360
K。
16．(2020·山西省晋中市模拟)在全国千万“云监工”的注视下，2月2日，武汉火神山医院交付使用，建设工期仅为十天十夜。在“云监工”视线之外，先进的设计理念和科技元素充当着幕后英雄。火神山医院病房全部为负压病房，所谓负压病房是通过特殊的通风抽气设备，使病房内的气压低于病房外的气压，保证污染空气不向外扩散。若已知某间负压隔离病房的空间体积V＝60
m3，启用前环境温度t1＝－3
℃，外界大气压强为p0＝1.01×105
Pa，启用后，某时刻监测到负压病房的温度t2＝27
℃、负压为－15
Pa(指与外界大气压p0的差值)。
(1)试估算启用后负压隔离病房内减少的气体质量与启用前房间内气体总质量的比值；
(2)判断在负压隔离病房启用过程中剩余气体是吸热还是放热？并简述原因。
答案 (1) (2)吸热 原因见解析
解析 (1)根据题意有T1＝270
K，T2＝300
K，
p2＝1.01×105
Pa－15
Pa
设减少的气体在初态下体积为ΔV，以启用后负压病房内剩余的气体为研究对象，由理想气体状态方程得
＝
解得ΔV≈6
m3
则＝＝。
(2)以启用后负压病房内剩余的气体为研究对象，因为启用过程中剩余的气体温度升高，故内能增加，ΔU>0
而剩余气体的体积膨胀，对外做功，W<0
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q>0，即气体从外界吸收热量。
17．(2020·河北省石家庄二模)如图甲所示，一定质量的理想气体被质量m＝2
kg的活塞封闭在导热良好的汽缸内，汽缸横截面积S＝0.001
m2，内壁光滑。汽缸开口向上放在水平地面上，活塞下表面与汽缸底部的距离L0＝33
cm，此时气体的温度为300
K。已知外界大气压强p0＝1.0×105
Pa，并始终保持不变，重力加速度g取10
m/s2。
(1)若气体的温度保持不变，将汽缸缓慢地沿顺时针方向转到与水平面夹角θ＝30°靠在墙上，如图乙所示，求此时活塞下表面与汽缸底部的距离L；
(2)汽缸保持如图乙位置不变，若将汽缸内气体的温度缓慢升高到360
K时，为使活塞下表面与汽缸底部的距离仍为L，应在活塞上表面放置质量多大的物块？
答案 (1)36
cm (2)4.4
kg
解析 (1)初始时汽缸放在水平地面上，以活塞为研究对象，根据平衡条件有p1S＝p0S＋mg
解得此时内部气体的压强p1＝p0＋
当汽缸缓慢地沿顺时针方向转到与水平面成30°角靠在墙上时，
以活塞为研究对象，根据平衡条件有
p2S＝p0S＋mg
sin
θ
解得此时内部气体的压强p2＝p0＋
由玻意耳定律得p1L0S＝p2LS
解得L＝36
cm。
(2)气体发生等容变化，设末态气体的压强为p3，温度为T3，由查理定律得＝
解得p3＝1.32×105
Pa
设要使活塞下表面与汽缸底部的距离仍为L，应在活塞上表面放置质量为Δm的物块，根据平衡条件有
p3S＝p0S＋(m＋Δm)g
sin
θ
解得Δm＝4.4
kg。
18.
(2020·广东省潮州二模)某一热学装置如图所示，左侧容器开口，横截面积为左侧容器的右管竖直放置，上端封闭，导热良好，管长L0＝1.5
m，粗细均匀，底部有细管与左侧容器连通，初始时未装液体，右管里面气体压强等于大气压。现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h1＝1.3
m时，右管内液柱高度h2＝0.5
m。(已知大气压强p0＝1.0×105
Pa，右管内气体初始温度T0＝300
K，取g＝10
m/s2)
(1)求此时右管内气体压强及该液体的密度；
(2)将右管内气体温度缓慢升高，则升高到多少可以刚好将右管中液体全部挤出？(不计温度变化对液体密度的影响)
答案 (1)1.5×105
Pa 6.25×103
kg/m3
(2)562.5
K
解析 (1)设右管的横截面积为S，对右管内气体，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1
其中V0＝L0S，V1＝(L0－h2)S
解得p1＝1.5×105
Pa
又p1＝p0＋ρg(h1－h2)
解得ρ＝6.25×103
kg/m3。
(2)对右管内气体，有＝
设此过程左侧容器内液面升高Δh，有Δh·5S＝h2·S
其中p2＝p0＋ρg(Δh＋h1)
解得T＝562.5
K。
