(新高考)高考物理一轮复习课时练习第14章专题强化十七《应用气体实验定律解决“三类模型”问题》(含解析)

专题强化十七应用气体实验定律解决“三类模型”问题【专题解读】1.本专题是气体实验定律在“玻璃管液封”模型、“汽缸活塞类”模型、“变质量气体”模型中的应用，高考在选考模块中通常以计算题的形式命题。2.学好本专题可以帮助同学们熟练地选取研究对象和状态变化过程，掌握处理“三类模型”问题的基本思路和方法。3.本专题用到的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等。模型一“玻璃管液封”模型1.气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)。(2)查理定律(等容变化)：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)或eq\f(p,T)＝C(常数)。(3)盖－吕萨克定律(等压变化)：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)或eq\f(V,T)＝C(常数)。2.解题基本思路3.玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。(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)有时可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”等，使计算过程简捷。类型1单独气体问题【例1】[2020·全国卷Ⅲ，33(2)]如图1，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg。图1(ⅰ)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？(ⅱ)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？答案(ⅰ)12.9cm(ⅱ)363K解析(ⅰ)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，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，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④联立①②③④式并代入题给数据得h＝12.9cm⑤(ⅱ)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eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)⑥按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2＝363K【变式1】[2019·全国卷Ⅲ，33(2)]如图2，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。图2(ⅰ)求细管的长度；(ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。答案(ⅰ)41cm(ⅱ)312K解析(ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p，细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②p1＝p0－ρgh③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V＝S(L－h1－h)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41cm。⑥(ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有eq\f(V,T0)＝eq\f(V1,T)⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312K。⑧类型2关联气体问题【例2】[2018·全国卷Ⅲ，33(2)]如图3所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。图3答案22.5cm7.5cm解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5cm⑤l2′＝7.5cm。⑥【变式2】(2020·山东日照市4月模拟)如图4所示，一端封闭、内径均匀的细玻璃管长为L＝100cm，中间有长h＝15cm的水银柱将一部分空气封闭在管内，水平放置时，A端空气柱的长度lA1＝60cm。把玻璃管在竖直平面内缓慢倒转到开口竖直向下后(玻璃管转动过程中水银无泄漏)，再把开口端B缓慢插入足够深的水银槽内，直到B端空气柱的长度变为lB＝eq\f(25,3)cm为止。已知外界大气压为p0＝75cmHg，空气柱可视为理想气体，在整个过程中温度保持不变。求：图4(1)开口竖直向下时A端空气柱的长度lA2；(2)最后平衡时进入玻璃管的水银柱的长度ΔL。(可保留分数)答案(1)75cm(2)eq\f(50,3)cm解析(1)设玻璃管的横截面积为S，对A端气体，初始时pA1＝75cmHg，lA1＝60cm转过90°，插入水银槽之前，对A端气体：pA2＝p0－h＝60cmHg此过程为等温变化，所以有pA1·lA1S＝pA2·lA2S解得lA2＝75cm(2)开口竖直向下时，B气柱长度lB2＝L－h－lA2＝10cm，压强pB2＝75cmHg玻璃管插入水银槽之后，对B端气体lB3＝lB＝eq\f(25,3)cm由pB2·lB2S＝pB3·lB3S解得pB3＝90cmHg此时pA3＝pB3－h＝75cmHg可知lA3＝60cm可得进入玻璃管的水银柱长度为ΔL＝L－h－lB3－lA3＝eq\f(50,3)cm模型二“汽缸活塞类”模型1.一般思路(1)确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：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、活塞或某系统)。(2)分析物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；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)挖掘题目的隐含条件，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.常见类型(1)气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。(3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。类型1单独气体问题【例3】[2018·全国卷Ⅱ，33(2)]如图5，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。图5答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0(p0S＋mg)h解析开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖－吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。【变式3】(2020·山东淄博市4月模拟)图6中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的4倍，筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L＝17cm，活塞A的上方细筒中的水银深h1＝20cm，粗筒中水银深h2＝5cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75cm高水银柱产生的压强。求：图6(1)此时气柱的长度；(2)活塞B向下移动的距离。答案(1)20cm(2)8cm解析(1)设气体初态的压强为p1，则有p1＝p0＋h1＋h2设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积V1＝SL设气体末态的压强为p2，有p2＝p0＋h2＋eq\f(h1,4)设末态气柱的长度为L′，气体体积为V2＝SL′由玻意耳定律得p1V1＝p2V2联立各式代入数据解得L′＝20cm(2)活塞B下移的距离d＝L′－L＋eq\f(h1,4)代入数据解得d＝8cm类型2关联气体问题【例4】[2019·全国卷Ⅱ，33(2)]如图7，一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：图7(ⅰ)抽气前氢气的压强；(ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。答案(ⅰ)eq\f(1,2)(p0＋p)(ⅱ)eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)peq\f(4（p0＋p）V0,2p0＋p)解析(ⅰ)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)S①得p10＝eq\f(1,2)(p0＋p)。②(ⅱ)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p2S＝p1·2S③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④p2V2＝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＝eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)p⑦V1＝eq\f(4（p0＋p）V0,2p0＋p)。⑧【变式4】[2018·全国卷Ⅰ，33(2)]如图8，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为eq\f(V,8)时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了eq\f(V,6)。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。图8答案eq\f(15p0S,26g)解析设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0eq\f(V,2)＝p1V1①p0eq\f(V,2)＝p2V2②由已知条件得V1＝eq\f(V,2)＋eq\f(V,6)－eq\f(V,8)＝eq\f(13,24)V③V2＝eq\f(V,2)－eq\f(V,6)＝eq\f(V,3)④设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S＝p1S＋mg⑤联立以上各式得m＝eq\f(15p0S,26g)。模型三“变质量气体”模型1.打气问题选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。2.抽气问题将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。3.灌气问题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，可将变质量问题转化为定质量问题。4.漏气问题选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。【例5】(2020·山东卷，15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图9所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq\f(20,21)。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq\f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。图9答案eq\f(1,3)解析设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝eq\f(20V0,21)①由理想气体状态方程得eq\f(p0V0,T1)＝eq\f(p2·\f(20,21)V0,T2)②代入数据得p2＝0.7p0③对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④由玻意耳定律得p0V0′＝p2V4⑤联立③⑤式，代入数据得V4＝eq\f(10,7)V0′⑥设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－eq\f(20,21)V0′⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V4)⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得eq\f(Δm,m)＝eq\f(1,3)【变式5】[2020·全国卷Ⅰ，33(2)]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eq\f(1,2)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(ⅰ)两罐中气体的压强；(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。答案(ⅰ)eq\f(2,3)p(ⅱ)eq\f(2,3)解析(ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有eq\f(1,2)p(2V)＝pV1①现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②联立①②式可得p′＝eq\f(2,3)p③(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有p′V＝pV2④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，k＝eq\f(V2,V)⑤联立③④⑤式可得k＝eq\f(2,3)⑥课时限时练(限时：40分钟)1.(2020·安徽蚌埠市第二次质检)如图1甲所示，一根粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管中有一段长度为24cm的水银柱，下端封闭了一段长度为16cm的空气柱。现将该玻璃管在竖直平面内缓慢旋转至开口向下且与水平方向成30°角的位置，如图乙所示，水银未流出，求此时试管内封闭气柱的长度。(设环境温度保持不变，大气压强恒为76cmHg)图1答案25cm解析设试管横截面积为S，图乙中封闭气柱的长度为L图甲中封闭气体压强为p1＝(24＋76)cmHg＝100cmHg体积为V1＝16S图乙中封闭气体压强为p2＝(76－12)cmHg＝64cmHg体积为V2＝LS由玻意耳定律p1V1＝p2V2解得L＝25cm2.(2020·山东临沂市下学期一模)新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图2所示，是某医院消毒喷雾器设备。喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10L，打气筒每打次气能向储液桶内压入p0＝1.0×105Pa的空气V0′＝200mL。现往储液桶内装入8L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。图2(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3×105Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2×105Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？答案(1)20次(2)1L解析(1)对储液桶内药液上方的气体初状态：压强p1＝1×105Pa，体积V1末状态：压强p2＝3.0×105Pa，体积V2＝2L由玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得V1＝6L因为原来气体体积为V0＝2L，所以打气筒打气次数n＝eq\f(V1－V0,V0′)＝eq\f(6－2,0.2)＝20次。(2)对储液桶内药液上方的气体初状态：压强p1′＝3×105Pa，体积V1′＝2L末状态：压强p2′＝2.0×105Pa，体积V2′由玻意耳定律得p1′V1′＝p2′V2′解得V2′＝3L所以储液桶喷出药液的体积ΔV＝V2′－V1′＝(3－2)L＝1L。3.(2020·河南南阳市上学期期末)如图3所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞(质量和厚度可忽略不计)将汽缸分成体积比为3∶1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为p0，弹簧弹力大小为eq\f(p0S,4)，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体(汽缸下部有接口)。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：图3(1)初始状态活塞下部气体压强；(2)需要注入的压强为p0的气体的体积。答案(1)eq\f(3,4)p0(2)eq\f(9,16)V解析(1)对活塞受力分析得p0S＝p1S＋eq\f(p0S,4)解得p1＝eq\f(3,4)p0。(2)设当活塞处于正中间时，上部气体压强为p2，则p0×eq\f(3V,4)＝p2×eq\f(V,2)又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2，则p1×eq\f(V,4)＋p0Vx＝p2×eq\f(V,2)联立解得Vx＝eq\f(9,16)V。4.(2020·安徽蚌埠市第三次教学质检)如图4甲所示，一竖直导热汽缸静置于水平桌面，用销钉固定的导热活塞将汽缸分隔成A、B两部分，每部分都密闭有一定质量的理想气体，此时A、B两部分气体体积相等，压强之比为2∶3，拔去销钉，稳定后A、B两部分气体体积之比为2∶1，如图乙。已知活塞的质量为M，横截面积为S，重力加速度为g，外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气，求稳定后B部分气体的压强。图4答案eq\f(3Mg,2S)解析设汽缸总容积为V，初始状态eq\f(pA,pB)＝eq\f(2,3)①最终平衡状态pB′＝pA′＋eq\f(Mg,S)②A、B两部分气体做等温变化，由玻意耳定律，得pA·eq\f(V,2)＝pA′·eq\f(2V,3)③pB·eq\f(V,2)＝pB′·eq\f(V,3)④联立解得pB′＝eq\f(3Mg,2S)5.(2020·广东佛山市二模)一体积恒定的绝热汽缸如图5竖直放置，可以自由移动的绝热活塞质量为5.0kg，面积为1.0×10－2m2。活塞上设有一通气阀，用插销将活塞固定在汽缸的正中央，关闭通气阀将缸内同种气体分隔成质量相同的A、B两部分。现已知A气体的压强为1.0×105Pa，温度为27℃。不计活塞摩擦，g取10m/s2。求图5(1)若要让活塞在拔出插销后仍能维持在原位置不动，则B气体的压强及温度应分别多大(拔出插销时气体不会外泄)?(2)若插上插销，固定活塞，打开通气阀，让气体充分混合后再升温至357℃，则此时缸内气体压强多大(通气孔体积可忽略不计)?答案(1)1.05×105Pa315K(2)2.15×105Pa解析(1)设B气体的温度和压强分别为TB和pB，活塞受力平衡pAS＋mg＝pBS解得pB＝pA＋eq\f(mg,S)＝1.05×105PaA气体温度TA＝tA＋273K＝300K由于A、B两部分气体是同种气体，且质量相等，故可将A、B两部分气体看做同一个质量一定的气体处在两个不同状态，因而eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pBVB,TB)由于VA＝VB解得TB＝315K(或tB＝42℃)。(2)设想A、B两部分气体混合均匀，气体压强等于两部分气体分别产生的压强之和，对A气体eq\f(pAV,TA)＝eq\f(pA′·2V,T)对B气体eq\f(pBV,TB)＝eq\f(pB′·2V,T)解得p＝pA′＋pB′＝2.15×105Pa。6.(2020·山东省等级考试模拟卷)如图6所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0＝8.0L，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20m。出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S＝0.08m2。现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0L水。求压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，取重力加速度大小g＝10m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。图6答案2.225L解析初始时，瓶内气体的压强与外界大气压强相等p1＝p0缓慢流出了V1＝2.0L水后，瓶里的液面下降h＝eq\f(V1,S)＝eq\f(2×10－3,0.08)m＝0.025m＝2.5cm此时管口与瓶中液面高度差为H＝h＋h1＝0.225m此时，瓶内气体的压强差为p2＝p0＋ρgH＝1.0×105Pa＋1.0×103×10×0.225Pa＝1.0225×105Pa以最终在瓶中的气体为研究对象