習題課玻意耳定律的應用探究液柱移動的動態平衡問題典|例|剖|析典例1如圖所示，開口向下并插入水銀槽中的粗細勻稱的玻璃管內封閉著長為H的空氣柱，管內水銀柱高于水銀槽h。若將玻璃管豎直向上緩慢地提起(管下端未離開槽內水銀面)，則(A)A．H、h均變大 B．H、h均變小C．h變大，H變小 D．h變小，H變大解析：本題利用假設法求解。方法一：假設管內水銀柱高度不變。由于水銀柱的高度不變，封閉空氣柱變長，依據玻意耳定律，氣體體積增大，壓強變小，依據p＝p0－ρgh，h增大，所以H和h都增大。方法二：假設管內封閉空氣柱長度不變。由于管內封閉空氣柱長度不變，h增大，壓強減小，依據玻意耳定律，氣體壓強減小，體積增大，所以H和h都增大。方法總結：解答液柱動態平衡問題的常用方法為假設法，然后利用p、V之間的關系來確定壓強和體積如何改變。水銀柱高于水銀槽的高度與空氣柱長度同增同減，留意水銀柱高度改變的緣由就是受力不再平衡。對點訓練?(多選)(2024·遼寧葫蘆島高二期末)如圖所示，兩端開口、內徑勻稱的玻璃彎管固定在豎直平面內，兩段水銀柱A和C將空氣柱B封閉在左側豎直段玻璃管中，平衡時A段水銀有一部分在水平管中，豎直部分高度為h2，C段水銀兩側液面高度差為h1。若保持溫度不變，向右管緩緩注入少量水銀，則再次平衡后(BC)A．右側水銀面高度差h1增大B．左側水銀面高度差h2減小C．空氣柱B的長度增大D．空氣柱B的壓強增大解析：設大氣壓強為p0，水銀密度為ρ，空氣柱B的壓強為pB＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2，若保持溫度不變，向右管緩緩注入少量水銀，先假設左邊水銀面都不動，由于右管h1變大，B氣體下面的水銀上升，使得B氣體壓強變大，從而使B氣體上面的水銀向上移動，使得h2減小，最終穩定時有pB′＝p0＋ρgh1′＝p0＋ρgh2′，由于h2′<h2，可得pB′<pB，h1′<h1，可知左側水銀面高度差h2減小，空氣柱B的壓強減小，右側水銀面高度差h1減小，故B正確、AD錯誤；空氣柱B發生等溫改變，依據玻意耳定律pV＝C，由于空氣柱B的壓強減小，所以空氣柱B的體積增大，空氣柱B的長度增大，故C正確。探究玻意耳定律在變質量問題中的應用典|例|剖|析典例2(2024·陜西西安中學月考)如圖所示為用來噴灑農藥的壓縮噴霧器的結構圖，A的容積為7.5L，裝入藥液后，藥液上方的空氣體積為1.5L，壓強為1×105Pa，關閉閥門K，用打氣筒B每次打進壓強為1×105Pa、體積為250cm3的空氣，打氣過程中氣體溫度不變。(1)要使藥液上方氣體的壓強為4×105Pa，打氣筒B應打幾次氣？(2)當A中有4×105Pa的空氣后，打開閥門K可噴灑藥液，直到不能噴灑時，噴霧器中剩余多少體積的藥液？(設不能噴灑時，A中空氣壓強等于外界大氣壓強)解析：(1)p0表示打氣前A容器中的氣體壓強，V0表示每次打入壓強為p0的空氣體積，p1表示打n次后A容器中的空氣壓強，以A中原有空氣和n次打入A中的空氣作為探討對象，由玻意耳定律，可知p0(V＋nV0)＝p1V，所以n＝eq\f((p1－p0)V,p0V0)＝eq\f((4×105－1×105)×1.5,1×105×250×10－3)＝18。(2)A容器內的空氣壓強等于外界大氣壓強，以A容器內的空氣作為探討對象，由玻意耳定律，可得p1V＝p0V′，所以藥液不能噴灑時，A容器內的空氣體積V′＝eq\f(p1,p0)V＝eq\f(4×105,1×105)×1.5L＝6L。則噴霧器中剩余藥液的體積V剩＝V總－V′＝7.5L－6L＝1.5L。答案：(1)18次(2)1.5L對點訓練?(多選)(2024·河北石家莊檢測)如圖所示，用容積為eq\f(1,3)V0的活塞式真空抽氣機從容積為V0的容器中抽氣，設容器中原來氣體壓強為p0，抽氣過程中氣體溫度不變。則(CD)A．抽三次就可以將容器中氣體抽完B．抽一次后容器內氣體壓強為eq\f(2,3)p0C．抽一次后容器內氣體壓強為eq\f(3,4)p0D．抽三次后容器內氣體壓強為eq\f(27,64)p0解析：每次抽氣后容器中氣體的體積都會變成V0，所以不行能三次抽完容器中的氣體，A錯誤；以容器中氣體與抽氣機中氣體為探討對象，第一次抽氣時，氣體初狀態參量為p0、V0，末狀態參量為V1＝V0＋eq\f(1,3)V0＝eq\f(4,3)V0，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得p1＝eq\f(3,4)p0，故B錯誤，C正確；對其次次抽氣過程，有V1′＝V0，V2＝V0＋eq\f(1,3)V0＝eq\f(4,3)V0，由玻意耳定律得p1V1′＝p2V2，解得p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2p0，同理可得，第三次抽氣后，容器內氣體壓強為p3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3p0＝eq\f(27,64)p0，D正確。探究活塞和氣缸內密封氣體的計算典|例|剖|析典例3(2024·江蘇泰州中學高二下期中)如圖甲所示，豎直放置的氣缸上端開口，和活塞共同封閉著肯定質量的氣體，氣缸和活塞的厚度不計，活塞的質量m＝4kg，面積S＝2×10－3m2，與氣缸底端的距離L＝96.25cm，現將氣缸和活塞緩慢移至傾角為30°的斜面上，如圖乙所示，首先使氣缸靜止一段時間，然后再釋放。已知大氣壓強為p0＝1.0×105Pa，氣缸和斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),6)，氣缸和活塞間無摩擦，氣體始終封閉完好且氣體的溫度保持不變，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)氣缸靜止在斜面上時封閉氣柱的長度；(2)氣缸在斜面上釋放后，穩定時封閉氣柱的長度。解題指導：分析活塞和氣缸封閉氣體的問題，關鍵是確定探討對象的初、末狀態的狀態參量p、V，依據題意選擇活塞或氣缸進行受力分析，依據平衡條件或者牛頓運動定律求氣體在初、末狀態的壓強。解析：(1)氣缸豎直放置，對活塞，由平衡條件得p0S＋mg＝p1S，解得p1＝1.2×105Pa，氣缸靜止在斜面上，對活塞，由平衡條件得mgsin30°＋p0S＝p2S，解得p2＝1.1×105Pa，由玻意耳定律得p1LS＝p2L′S，解得L′＝105cm。(2)氣缸在斜面上釋放后，對整體，由牛頓其次定律得(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°＝(M＋m)a，解得a＝2.5m/s2。對活塞，由牛頓其次定律得mgsin30°＋p0S－p3S＝ma，解得p3＝1.05×105Pa。由玻意耳定律得p1LS＝p3L″S，解得L″＝110cm。答案：(1)105cm(2)110cm對點訓練?(2024·黑龍江哈爾濱三十二中高二下期末)如圖所示為內壁光滑的導熱氣缸，一質量為m＝2kg、橫截面積S＝40cm2的活塞封閉肯定質量的氣體，起先時氣缸如圖甲放置，之后將其豎直放置(如圖乙)，大氣壓強p0＝1×105Pa，重力加速度g取10m/s2，求：(1)如圖甲放置時，氣缸內氣體的壓強為多少？(2)如圖乙放置時，氣缸內氣體的壓強為多少？答案：(1)1×105Pa(2)1.05×105Pa解析：(1)氣缸如甲圖放置時，依據活塞受力平衡可知，氣缸內氣體的壓強等于外界大氣壓強，有p＝p0＝1×105Pa。(2)氣缸如乙圖放置時，依據活塞受力平衡有p′S＝p0S＋mg，可得p′＝1.05×105Pa。一、液柱移動的動態平衡問題1.(多選)(2024·遼寧沈陽高二下期中)如圖所示，兩端開口的勻稱玻璃管豎直插入水銀槽中，管中有一段高為h1的水銀柱封閉肯定質量的氣體，這時管下端開口處內、外水銀面高度差為h2，若保持環境溫度不變，當外界壓強增大時，下列分析正確的是(BD)A．h2變長 B．h2不變C．水銀柱上升 D．水銀柱下降解析：以管中高h1的水銀柱為探討對象，可得管內封閉氣體的壓強為p＝p0＋ρgh1，取管下端開口處液片為探討對象，有p＝p0＋ρgh2，則h1＝h2，h1不變，則h2不變，故A錯誤，B正確；當外界壓強增大時，管內封閉氣體的壓強p增大，依據玻意耳定律pV＝C可知氣體的體積減小，則水銀柱下降，故C錯誤，D正確。2.(2024·湖南師大附中高二下期中)如圖所示，開口向下并插入水銀槽中的粗細勻稱的玻璃管內封閉著長為H的空氣柱，管內水銀柱的液面與水銀槽的液面的高度差為h。若將玻璃管向右旋轉肯定的角度(管下端未離開槽內水銀面)，環境溫度保持不變，則H和h的改變狀況為(D)A．H減小，h增大 B．H增大，h減小C．H和h都增大 D．H和h都減小解析：設大氣壓為p0，玻璃管豎直時封閉氣體的壓強p＝p0－ρgh；玻璃管向右旋轉肯定角度，假設封閉氣體的長度H不變，則水銀柱的有效高度h變小，封閉氣體壓強變大，依據玻意耳定律可知，封閉氣體體積減小，所以H要減小；再假設h不變，在玻璃管傾斜時水銀柱的長度會變長，則H會減小，依據玻意耳定律可知封閉氣體壓強會增大，所以h也要減小，故D正確。二、玻意耳定律在變量問題中的應用3．(2024·重慶渝北中學高二下期中)容積V＝10L的鋼瓶充溢氧氣后，壓強p＝20atm，打開鋼瓶閥門，讓氧氣分別裝到容積為V0＝5L的小瓶子中去，若小瓶子已抽成真空，分裝到小瓶子中的氧氣壓強均為p0＝2atm。在分裝過程中無漏氣現象，且溫度保持不變，那么最多可裝的瓶數是(B)A．2瓶 B．18瓶C．10瓶 D．20瓶解析：以分裝前的氣體為探討對象，由玻意耳定律得，pV＝p0V1，即20atm×10L＝2atm×V1，解得V1＝100L，最多可裝的瓶數是n＝eq\f(V1－V,V0)＝eq\f(100－10,5)＝18瓶，B正確。4．(2024·江西省南康中學段考)在溫度不變的狀況下，用活塞式真空抽氣機從玻璃瓶中抽氣，第一次抽氣后，瓶內氣體的壓強減小到原來的eq\f(4,5)，要使瓶內剩余氣體的壓強減小為原來的eq\f(256,625)，抽氣次數應為(C)A．2次 B．3次C．4次 D．5次解析：設玻璃瓶的容積是V，抽氣機的容積是V0，初始時瓶內氣體的壓強為p，以玻璃瓶中的氣體與抽氣機中的氣體為探討對象，氣體發生等溫改變，由玻意耳定律可得pV＝eq\f(4,5)p(V＋V0)，得V0＝eq\f(1,4)V，設抽n次后，剩余氣體的壓強變為原來的eq\f(256,625)，因抽一次時，瓶內氣體壓強為p1＝eq\f(4,5)p，故由玻意耳定律可得，抽兩次時有p1V＝p2(V＋V0)，解得P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2p，抽三次時，有p2V＝p3(V＋V0)，解得p3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))3p，抽n次時有pn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))np，pn＝eq\f(256,625)p，則n＝4，故選項C正確。三、活塞和氣缸內密封氣體壓強的計算5.如圖所示，活塞的質量為m，氣缸的質量為M，通過彈簧吊在天花板上，氣缸內封閉有肯定質量的氣體，氣缸和活塞間無摩擦，活塞橫截面積為S，大氣壓強為P0，則封閉氣體的壓強p為(C)A．p＝p0＋eq\f(mg,S) B．p＝eq\f(p0＋(M＋m)g,S)C．p＝p0－eq\f(Mg,S) D．p＝eq\f(mg,S)解析：對氣缸進行受力分析，由平衡條件可得p0S＝Mg＋pS，所以p＝p0－eq\f(Mg,S)，故選項C正確。6．(2024·山東青島高二下期中)一橫截面積為S的氣缸水平放置，固定不動，氣缸壁是導熱的。兩個活塞A和B將氣缸分隔為1、2兩氣室，達到平衡時1、2兩氣室體積之比為5∶4，如圖所示，在溫度不變的條件下，緩慢推動活塞A，使之向右移動一段距離d，不計活塞與氣缸壁之間的摩擦，則活塞B向右