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专题21 热学中常见的模型
[模型导航]
【模型一】“玻璃管液封”模型 1
【模型二】“汽缸活塞类”模型 7
【模型三】“变质量气体”模型 15
[模型分析]
【模型一】“玻璃管液封”模型
【模型如图】
1.三大气体实验定律
(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)：＝或＝C(常数).
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数).
2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路
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.
如图所示，一粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2＝h1，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端取出少量水银，系统重新达到平衡，则（　　）
A．A气体的压强大于外界大气压强
B．B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量
C．水银面c上升的高度小于水银面a下降的高度
D．水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度
如图所示，竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端开口，右端封闭，管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体的空气柱。已知空气柱长度为d＝20cm，两侧水银柱液面的高度差为h＝10cm，大气压强为p0＝76cmHg，环境温度为t0＝27℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝（t+273）K。下列说法正确的是（　　）
A．封闭气体的压强为86cmHg
B．若将该U形玻璃管以OO′为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置（此过程中水银未溢出），则最终空气柱的长度约为17.4cm
C．若使封闭气体温度降低，则h不变，d减小
D．若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中，当恒温箱温度为432℃时U形管两侧水银面相平
如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和A、B两段水银柱封闭着1、2两段理想气体。初始时，长为10cm的水银柱A下端与活塞下端平齐，水银柱B在左管中的液面比右管中的液面低10cm，气柱1长为10cm。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管中液面相平并稳定，已知大气压强为75cmHg，求：
（1）稳定后，A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小；
（2）此过程中活塞下降的高度。（结果均保留两位小数）
如图所示，一端开口，长为L＝40cm的玻璃管锁定在倾角为α＝30°的光滑斜面上，一段长为10cm的水银柱密封一定质量的理想气体。环境温度为27℃，已知当地大气压p0＝75cmHg
（1）如果解除锁定，玻璃管沿斜面下滑，稳定后水银恰好未溢出管口，求解除锁定前水银柱上端距管口的距离；
（2）如果对密封气体缓慢加热（玻璃管仍然锁定在斜面上），求水银柱恰好移动到管口时的温度。
如图所示，竖直放置的U形玻璃管右端封闭、左端开口，右端玻璃管横截面积是左端的2倍。管中装入水银，平衡时右端封闭气体的长度L＝15cm，左端水银面到管口的距离为h＝12cm，且左右两管水银面的高度差也为h＝12cm。现将小活塞封住左端，并缓慢向下推动，当活塞下降距离为x时，两管液面恰好相平。推动过程中两管中的气体温度始终不变，活塞不漏气，大气压为p0＝76cmHg。求：
（1）粗管气体的最终压强p；
（2）活塞向下的距离x。
深海养殖技术在海洋渔业中被普遍推广。甲图为某深海大黄鱼渔场引进的单柱半潜式养殖网箱，乙图为其截面示意图。在乙图中，网箱的中央柱形容器是由横截面积为2m2，高16m的镀锌铁皮（不计铁皮体积）制成的空心圆柱体，可进水或充气，以此调节网箱在海水中的位置，使整个网箱按要求上浮或下沉；网箱与海水相通，是养鱼的空间，并与圆柱体固定在一起；网箱的底部用绳索悬挂质量为20t的铸铁块（不与海底接触），铸铁块相当于“船锚”，起稳定作用。已知制作网箱材料的总质量为10t，养殖网箱材料和铸铁块能够排开海水的体积为6m3，海水的密度按1.0×103kg/m3，大气压强按1.0×105Pa，g＝10m/s2。在认为空气温度与海水温度相同的情况下，当网箱的底部下沉到海面下15m处静止时，求：
（1）空心圆柱体内气体的压强；
（2）通过计算说明从开始入水到该状态，需要通过气阀向空心圆柱体充气还是对外放气；
（3）充入或放出的气体在空气中的体积。
【模型二】“汽缸活塞类”模型
【模型如图】
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题.
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.
如图甲所示，斜面上气缸和活塞内封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连接活塞，另一端固定，系统处于平衡状态。开始气体摄氏温度为t，通过气缸内电热丝缓慢升高气体温度，升温过程封闭气体的V﹣t图像如图乙所示，已知斜面倾角为30°，重力加速度为g，大气压强为P0，气缸和活塞均绝热且不漏气，气缸（含电热丝）质量为M、活塞面积为S、质量为m，所有接触面均光滑。则（　　）
A．封闭气体压强恒为
B．在此过程中，封闭气体增加的内能等于吸收热量
C．封闭气体的体积为2V时，其摄氏温度为2t
D．剪断轻绳瞬间，气缸的加速度大小为
光滑地面上水平放置一个质量为M、导热性能良好的容器，用一个质量为m、导热性能良好的活塞封闭一定量的气体在其中，容器与活塞的横截面积分别为S0、S，容器内部气体的长度为L，气体的质量可忽略不计，活塞和容器间接触光滑。现同时用水平向左的恒力F1和水平向右的恒力F2分别作用在活塞和容器上，且F1＝F2＝F，活塞和容器最终无相对运动。已知外界气压为p0，环境温度恒定，则容器内部气体缩短的长度为（　　）
A． B．L
C． D．
如图所示，具有一定导热性能的柱形气缸竖直放置，外界温度保持T0＝300K不变。一定质量的理想气体被横截面积为S＝100cm2的轻质活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0＝5cm，气缸内气体温度为T0＝300K。先用外力缓慢地拉动活塞，上升L0的距离被挡块AB挡住。再通过电热丝对气缸内气体快速加热，缸内气体吸收Q＝100J热量后，温度升高到2T0。此时撤去外力，经过足够长时间，活塞缓慢回到初始位置。已知大气压强，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，该理想气体经历的三个过程的p﹣V图，如图2所示。
（1）请在图3中画出该理想气体经历的三个过程的V﹣T图；
（2）在电热丝加热的过程中，气缸内气体内能变化了多少；
（3）撤去外力后气缸内的气体放出多少热量？
如图所示是一种环保高温蒸汽锅炉，其质量为500kg。为了更方便监控高温蒸汽锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等，气缸开口向上，用质量为m＝2kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1.5cm2。当气缸内温度为27℃时，活塞与气缸底间距为L＝1cm，活塞上部距活塞0.5cm处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为零时，与绳相连的警报器会发生报警，从而可以有效地防止事故发生。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
（1）当活塞刚刚碰到重物M时，锅炉外壁温度为多少？
（2）当活塞刚刚碰到重物M时，气体吸收了20J的热量，那么气体的内能变化了多少？
（3）若锅炉外壁的安全温度为887℃，那么重物M的质量应是多少？
如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10﹣3m2、质量m＝2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36cm，在活塞的右侧距离其d＝14cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，两卡环的横截面积和为S'＝2.0×10﹣4m2。气体的温度 t＝27℃，外界大气压强 p0＝1.0×105Pa，现将汽缸开口向下竖直放置（g取10m/s2）。
（1）求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
（2）如果将缸内气体加热到500K，求两卡环受到的压力大小（假定活塞与卡环能紧密接触）。
（2023 浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
（2023 湖南）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车，助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1，假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
（2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
【模型三】“变质量气体”模型
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
(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.
某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27℃、压强为1.0p0（p0为大气压强）。经过一段时间后，环境温度升高，舱内气体的温度变为37℃，压强为p1，此时打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，则（　　）
A．气体压强
B．气体压强
C．放出气体的质量是舱内原有气体的
D．放出气体的质量是舱内原有气体的
如图甲所示，饮水桶上装有压水器，可简化为图乙所示的模型。挤压气囊时，可把气囊中的气体全部挤入下方的水桶中，下方气体压强增大，桶中的水会从细管中流出。某次取水前，桶内液面距细管口高度差为h，细管内外液面相平，压水3次恰好有水从细管中溢出。已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积，外部大气压强保持不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，关于此次取水过程下列说法正确的是（　　）
A．桶内气体的内能不变
B．桶内气体需从外界吸热
C．压水3次后桶内气体压强为ρgh
D．每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同
某同学将一定质量的理想气体封闭在如图甲所示导热性能良好的注射器内，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连，将整套装置置于恒温水浴设备中，如图乙所示，开始时，恒温水浴设备温度为27℃，活塞位置对应刻度数为“8”，测得封闭气体压强为p0。使水浴设备中的水升温到77℃，此过程中未发现气泡，而后将活塞缓慢左推的过程中，发现导气管连接处有气泡产生时，此后立即进行气密性加固.继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“4”时停止压缩，此时测得封闭气体的压强为。则该过程中（　　）
A．泄漏气体的质量为最初气体质量的一半
B．泄漏气体产生的气泡在77℃恒温水中上升的过程中会吸收热量
C．在压缩气体的过程中，气体分子的平均动能变大
D．泄漏出的气体的内能与注射器内存留气体的内能相等
（多选）高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27℃，压强为1atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8mm2，g取10m/s2。忽略加热过程水蒸气和食材（包括水）导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则（　　）
A．压力阀的质量约为0.1kg
B．压力阀刚要被顶起时锅内温度为108℃
C．停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的
D．停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的
2021年7月，神舟十二号航天员刘伯明、汤洪波身着我国自主研制的新一代“飞天”舱外航天服成功出舱。航天服在使用前要在地面实验室内进行气密性测试，已知实验室内的热力学温度为T0、压强为p0，在某次测试中，向密闭的航天服内充入一定量的气体，并将航天服上的所有阀门拧紧，此时航天服内气体的温度为γT0（γ＞1）、压强为kp0（k＞γ），经过一段时间后航天服内气体的温度降至T0。不考虑航天服内部体积的变化，航天服内的气体视为理想气体。求：
（1）航天服内气体的温度降至T0时，航天服内气体的压强p；
（2）航天服内气体的温度降至T0时，将航天服上的阀门打开，缓慢放气至航天服内气体与外界达到平衡时，航天服内剩余气体与放出的气体的质量之比。
现有一个容积为400L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15MPa，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3MPa，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．20L B．40L C．50L D．60L
一体积为15L的导热氦气充气瓶为容积为1L的氦气球充气，已知当环境温度为t1＝0℃时该氦气充气瓶内气体的压强为p1＝4.0×105Pa。现在环境温度为t2＝27℃、大气压强为p2＝1.0×105Pa的条件下为氦气球充气，氦气球充气后的压强与环境的压强相等，体积为1L。假设该气体可视为理想气体，求：
①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压；（结果保留两位小数）
②如果充气瓶内气体的压强降低到1.2×105Pa后无法继续充气，则可以充满多少个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为多少？
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专题21 热学中常见的模型
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【模型一】“玻璃管液封”模型 1
【模型二】“汽缸活塞类”模型 7
【模型三】“变质量气体”模型 15
[模型分析]
【模型一】“玻璃管液封”模型
【模型如图】
1.三大气体实验定律
(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)：＝或＝C(常数).
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数).
2.利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路
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.
如图所示，一粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2＝h1，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端取出少量水银，系统重新达到平衡，则（　　）
A．A气体的压强大于外界大气压强
B．B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量
C．水银面c上升的高度小于水银面a下降的高度
D．水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度
【解答】解：A、取出水银前，A气体压强：pA＝p0+ρgh2﹣ρgh1＝p0，B气体压强：pB＝p0+ρgh2，当在右管开口端取出少量水银时，即h2减小，A、B气体压强均变小，即A气体压强小于外界大气压强，故A错误；
C、由玻意耳定律p1V1＝p2V2，A、B气体体积均变大。假设B气体体积不变，则水银面a下降的高度等于水银面c上升的高度，等于b上升的高度；由于B气体体积同时要变大，故水银面c上升的高度大于水银面a下降的高度，故C错误；
B、假设取出Δh高度的水银，则B气体的压强变化量一定为ΔpB＝ρgΔh，假设A、B气体的体积均不变，则A气体的压强变化量也为ΔpA＝ρgΔh，压强减小后，根据玻意耳定律，体积要变大，故A气压变化量小于ρgΔh，即B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量，故B正确；
D、假设右管中剩余的水银高度非常小，即取出水银柱长度接近h2，则水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度，故D错误。
故选：B。
如图所示，竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端开口，右端封闭，管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体的空气柱。已知空气柱长度为d＝20cm，两侧水银柱液面的高度差为h＝10cm，大气压强为p0＝76cmHg，环境温度为t0＝27℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝（t+273）K。下列说法正确的是（　　）
A．封闭气体的压强为86cmHg
B．若将该U形玻璃管以OO′为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置（此过程中水银未溢出），则最终空气柱的长度约为17.4cm
C．若使封闭气体温度降低，则h不变，d减小
D．若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中，当恒温箱温度为432℃时U形管两侧水银面相平
【解答】解：A、封闭气体的压强为p1＝p0﹣ph＝76cmHg﹣10cmHg＝66cmHg，故A错误；
B、U形玻璃管以OO'为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置中，封闭气体发生等温变化；
初状态为p1＝66cmHg，V1＝dS
末状态为p2＝76cmHg，V2＝d'S
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
代入数据得d'≈17.4cm，故B正确；
C、若使封闭气体温度降低，假设气体体积不变，根据理想气体状态方程可知，气体压强降低，所以外界大气压会使液面向右移动，所以密闭气体的体积会减小，故d减小，则h增大，故C错误；
D、如果U形玻璃管置于非密闭的恒温箱中，
则初状态为：p1＝66cmHg，V1＝dS，T1＝（27+273）K＝300K
末状态时假设两侧水银面相平，则有p3＝76cmHg，
据理想气体状态方程可得
代入数据得T3≈432K＝159℃，故D错误。
故选：B。
如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和A、B两段水银柱封闭着1、2两段理想气体。初始时，长为10cm的水银柱A下端与活塞下端平齐，水银柱B在左管中的液面比右管中的液面低10cm，气柱1长为10cm。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管中液面相平并稳定，已知大气压强为75cmHg，求：
（1）稳定后，A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小；
（2）此过程中活塞下降的高度。（结果均保留两位小数）
【解答】解：（1）初始时，根据平衡条件p20＝p0+10cmHg＝75cmHg+10cmHg＝85cmHg
缓慢向下压活塞过程，气柱2发生等温变化，根据玻意耳定律p20L20S＝p2L2S
根据几何关系L20＝L10+10cm＝20cm
L2＝L20﹣5cm＝15cm
解得p2＝113.33cmHg
故A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小p＝p2﹣pA＝113.33cmHg﹣10cmHg＝103.33cmHg
（2）稳定后p1＝p2＝113.33cmHg
对缓慢向下压活塞过程，气柱1发生等温变化，根据玻意耳定律p0L10S＝p1L1S
解得L1＝6.62cm
故活塞下降的高度h＝L10﹣L1+5cm＝10cm﹣6.62cm+5cm＝8.38cm
答：（1）稳定后，A段水银对左管上封口处玻璃的压强大小为103.33cmHg；
（2）此过程中活塞下降的高度为8.38cm。
如图所示，一端开口，长为L＝40cm的玻璃管锁定在倾角为α＝30°的光滑斜面上，一段长为10cm的水银柱密封一定质量的理想气体。环境温度为27℃，已知当地大气压p0＝75cmHg
（1）如果解除锁定，玻璃管沿斜面下滑，稳定后水银恰好未溢出管口，求解除锁定前水银柱上端距管口的距离；
（2）如果对密封气体缓慢加热（玻璃管仍然锁定在斜面上），求水银柱恰好移动到管口时的温度。
【解答】解：（1）设未解除锁定时气体的压强为p1、体积为V1，玻璃管的横截面积为S，水银柱的长度为L0，水银柱上端距管口的距离为x，则有p1＝p0+L0sinα，代入数据解得p1＝80cmHg，V1＝（L﹣L0﹣x）S
解除锁定后，设气体的压强为p2，体积为V2，则有p2＝p0＝75cmHg，V2＝（L﹣L0）S
此过程为等温变化，由波意耳定律可得p1V1＝p2V2
代入数据解得x＝1.875cm；
（2）设初始时气体的温度为T1，锁定升温后，设气体的压强为p3、体积为V3、温度为T3，则有T1＝300K，p3＝p1＝80cmHg，V3＝V2＝（L﹣L0）S
可见，此过程为等压变化，由盖—吕萨克定律可得
代入数据解得T3＝320K；
答：（1）解除锁定前水银柱上端距管口的距离为1.875cm；
（2）水银柱恰好移动到管口时的温度为320K。
如图所示，竖直放置的U形玻璃管右端封闭、左端开口，右端玻璃管横截面积是左端的2倍。管中装入水银，平衡时右端封闭气体的长度L＝15cm，左端水银面到管口的距离为h＝12cm，且左右两管水银面的高度差也为h＝12cm。现将小活塞封住左端，并缓慢向下推动，当活塞下降距离为x时，两管液面恰好相平。推动过程中两管中的气体温度始终不变，活塞不漏气，大气压为p0＝76cmHg。求：
（1）粗管气体的最终压强p；
（2）活塞向下的距离x。
【解答】解：（1）设左管液面下降Δh时，两管液面相平。由于右端玻璃管横截面积是左端的2倍，由于液体的体积不变，则此时右面液面上升。
结合题目原来液面的位置关系有：
解得：
对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强：p1＝p0+ph＝（76+12）cmHg＝88cmHg
变化前的体积为：V1＝SL
变化后的体积为：
则由波意耳定律可得：p1V1＝pV
代入数据可得：p＝120cmHg
（2）由于两管液面相平，两管上端封闭的理想气体压强相等，所以对于左端细管上端的理想气体，由波意耳定律可得：p0S0h＝pS0h1
解得：h1＝7.6cm
活塞向下的距离：x＝h﹣h1+Δh＝12.4cm
答：（1）粗管气体的最终压强p为120cmHg；
（2）活塞向下的距离x为12.4cm。
深海养殖技术在海洋渔业中被普遍推广。甲图为某深海大黄鱼渔场引进的单柱半潜式养殖网箱，乙图为其截面示意图。在乙图中，网箱的中央柱形容器是由横截面积为2m2，高16m的镀锌铁皮（不计铁皮体积）制成的空心圆柱体，可进水或充气，以此调节网箱在海水中的位置，使整个网箱按要求上浮或下沉；网箱与海水相通，是养鱼的空间，并与圆柱体固定在一起；网箱的底部用绳索悬挂质量为20t的铸铁块（不与海底接触），铸铁块相当于“船锚”，起稳定作用。已知制作网箱材料的总质量为10t，养殖网箱材料和铸铁块能够排开海水的体积为6m3，海水的密度按1.0×103kg/m3，大气压强按1.0×105Pa，g＝10m/s2。在认为空气温度与海水温度相同的情况下，当网箱的底部下沉到海面下15m处静止时，求：
（1）空心圆柱体内气体的压强；
（2）通过计算说明从开始入水到该状态，需要通过气阀向空心圆柱体充气还是对外放气；
（3）充入或放出的气体在空气中的体积。
【解答】解：（1）网箱材料和铸铁块的总质量m＝10t+20t＝30t＝3×104kg
网箱静止在海水中，整个装置受到的浮力等于它的总重力，即
根据阿基米德原理
空心圆柱体排开海水的体积V排′＝V排﹣V0＝30m3﹣6m3＝24m3，
空心圆柱体内海水的体积V海水＝V圆柱体﹣V排′＝2×15m3﹣24m3＝6m3，
空心圆柱体内海水的高度h海水m＝3m；
空心圆柱体内气体的压强p＝1.0×105Pa+（15﹣3）×10×103Pa＝2.2×105Pa
（2）假设既没有放气也没有充气，根据波意耳定律可得p0V＝p1V'
其中V＝16×2m2＝32m2
V′＝13×2m2＝26m2
解得
比较可知p1＜p
可知需要通过气阀向空心圆柱体充气；
（3）设冲入的体积为V''，根据波意耳定律：p0（V+V″）＝pV'
解得：V''＝25.2m3
答：（1）空心圆柱体内气体的压强是2.2×105Pa；
（2）需要通过气阀向空心圆柱体充气；
（3）充入或放出的气体在空气中的体积是25.2m3。
【模型二】“汽缸活塞类”模型
【模型如图】
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题.
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.
如图甲所示，斜面上气缸和活塞内封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连接活塞，另一端固定，系统处于平衡状态。开始气体摄氏温度为t，通过气缸内电热丝缓慢升高气体温度，升温过程封闭气体的V﹣t图像如图乙所示，已知斜面倾角为30°，重力加速度为g，大气压强为P0，气缸和活塞均绝热且不漏气，气缸（含电热丝）质量为M、活塞面积为S、质量为m，所有接触面均光滑。则（　　）
A．封闭气体压强恒为
B．在此过程中，封闭气体增加的内能等于吸收热量
C．封闭气体的体积为2V时，其摄氏温度为2t
D．剪断轻绳瞬间，气缸的加速度大小为
【解答】解：A．缓慢加热，则气缸处于动态平衡状态，故有
pS+Mgsin30°＝p0S
得
故A正确；
B．根据热力学第一定律可知ΔU＝W+Q
体积增大过程W＜0，ΔU＞0，
因此封闭气体增加的内能小于吸收的热量，故B错误；
C．根据盖—吕萨克定理可知
温度为热力学温标时成正比，此题为摄氏温标，不成正比，故C错误；
D．剪断轻绳瞬间，活塞和气缸位置不变，因此缸内气体压强不变，故气缸的受力不变、合力为零，加速度大小为零。故D错误。
故选：A。
光滑地面上水平放置一个质量为M、导热性能良好的容器，用一个质量为m、导热性能良好的活塞封闭一定量的气体在其中，容器与活塞的横截面积分别为S0、S，容器内部气体的长度为L，气体的质量可忽略不计，活塞和容器间接触光滑。现同时用水平向左的恒力F1和水平向右的恒力F2分别作用在活塞和容器上，且F1＝F2＝F，活塞和容器最终无相对运动。已知外界气压为p0，环境温度恒定，则容器内部气体缩短的长度为（　　）
A． B．L
C． D．
【解答】解：由题意可知气体做等温变化，设容器内部气体缩短的长度为为x，根据玻意尔定律可知
p0LS0＝（p0）xS0
整理得x，故A正确，BCD错误；
故选：A。
如图所示，具有一定导热性能的柱形气缸竖直放置，外界温度保持T0＝300K不变。一定质量的理想气体被横截面积为S＝100cm2的轻质活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0＝5cm，气缸内气体温度为T0＝300K。先用外力缓慢地拉动活塞，上升L0的距离被挡块AB挡住。再通过电热丝对气缸内气体快速加热，缸内气体吸收Q＝100J热量后，温度升高到2T0。此时撤去外力，经过足够长时间，活塞缓慢回到初始位置。已知大气压强，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，该理想气体经历的三个过程的p﹣V图，如图2所示。
（1）请在图3中画出该理想气体经历的三个过程的V﹣T图；
（2）在电热丝加热的过程中，气缸内气体内能变化了多少；
（3）撤去外力后气缸内的气体放出多少热量？
【解答】解：（1）Ⅰ过程为等温过程，Ⅱ过程为等容过程，体积为1.0×10﹣3m3，Ⅲ过程为等压过程，由盖﹣吕萨克定律得：
代入数据解得：Tc＝600K
该理想气体经历的三个过程的V﹣T图如图所示：
（2）电热丝加热过程中，体积不变，外界对气体做功W＝0
缸内气体吸收热量为Q＝100J
由热力学第一定律得：ΔU＝Q+W＝100J+0＝100J
（3）撤去外力后，气体发生等压变化，外界对气体做功为Wca＝p0ΔV＝1.0×105×（1.0×10﹣3﹣0.5×10﹣3）J＝50J
经过足够长时间，活塞缓慢回到初始位置，内能的变化量ΔUca＝﹣ΔU＝﹣100J
由热力学第一定律得：ΔUca＝Qca+Wca
代入数据解得：Qca＝﹣150J
则撤去外力后气缸内的气体放出150J热量。
答：（1）见解析；
（2）在电热丝加热的过程中，气缸内气体内能变化了100J；
（3）撤去外力后气缸内的气体放出150J热量。
如图所示是一种环保高温蒸汽锅炉，其质量为500kg。为了更方便监控高温蒸汽锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等，气缸开口向上，用质量为m＝2kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1.5cm2。当气缸内温度为27℃时，活塞与气缸底间距为L＝1cm，活塞上部距活塞0.5cm处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为零时，与绳相连的警报器会发生报警，从而可以有效地防止事故发生。已知室外空气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：
（1）当活塞刚刚碰到重物M时，锅炉外壁温度为多少？
（2）当活塞刚刚碰到重物M时，气体吸收了20J的热量，那么气体的内能变化了多少？
（3）若锅炉外壁的安全温度为887℃，那么重物M的质量应是多少？
【解答】解：（1）当活塞刚刚碰到重物M的过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：
其中：T0＝（273+27）K＝300K，h＝0.5cm
代入数据解得：T1＝450K
（2）当活塞刚刚碰到重物M的过程中，气体对外做的功：W＝p1Sh
其中：p1＝p0，其中S＝1.5cm2＝1.5×10﹣4m2
代入数据解得：W＝0.175J
根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q﹣W
代入数据解得：ΔU＝19.825J
（3）活塞接触重物之后气体做等容变化，根据查理定律可得：
其中T2＝（273+887）K＝1160K，p2＝p0
联立解得：Mkg
答：（1）当活塞刚刚碰到重物M时，锅炉外壁温度为450K；
（2）当活塞刚刚碰到重物M时，气体吸收了20J的热量，那么气体的内能增加了19.825J；
（3）若锅炉外壁的安全温度为887℃，那么重物M的质量应是kg。
如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10﹣3m2、质量m＝2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36cm，在活塞的右侧距离其d＝14cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，两卡环的横截面积和为S'＝2.0×10﹣4m2。气体的温度 t＝27℃，外界大气压强 p0＝1.0×105Pa，现将汽缸开口向下竖直放置（g取10m/s2）。
（1）求此时活塞与汽缸底部之间的距离h；
（2）如果将缸内气体加热到500K，求两卡环受到的压力大小（假定活塞与卡环能紧密接触）。
【解答】解：（1）气缸水平放置时：
封闭气体的压强p1＝p0＝1.0×105Pa，温度T1＝273+27K＝300K，体积V1＝Sl
气缸竖直放置时，假设活塞没有与卡环接触：
封闭气体的压强8×104Pa
温度T2＝T1＝300K，体积V2＝Sl′
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
代入数据联立解得l′＝45cm
因l′＜l+d，故假设成立，活塞与汽缸底部之间的距离为45cm。
（2）温度升高，活塞恰好达到卡环的过程，气体做等压变化
此时：p3＝p2，V2＝l′S，V3＝（l+d）S，T2＝300K
根据盖—吕萨克定律：
代入数据解得：T3K
因T3＜500K，故气缸内气体温度由T3继续升高，气体做等容变化：
p3＝p2＝8×104Pa，T4＝500K
由查理定律得：
解得：p4＝1.2×105Pa
两卡环对活塞的支持力大小为：F＝mg+p4S﹣p0（S﹣S'）
解得：F＝60N
根据牛顿第三定律可知两卡环受到的压力大小等于60N。
答：（1）此时活塞与汽缸底部之间的距离h为45cm；
（2）如果将缸内气体加热到500K，两卡环受到的压力大小为60N
（2023 浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
联立解得：TC＝350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC＝Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB
根据题意可得：ΔUAC＝ΔU
联立解得：WAB＝11J
（2023 湖南）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车，助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1，假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
（2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
【解答】解；（1）选择助力气室内的气体为研究对象，根据题意可知其初始状态的压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体的体积为：
V＝V0+V1
因为变化前后气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V
解得：p1
（2）第二次抽气，同理可得：
p1V0＝p2V
解得：
根据数学知识可知，当n次抽气后助力气室内的气体压强为：
该刹车助力装置为驾驶员省力的大小为：
ΔF＝（p0﹣pn）S＝[1]p0S
答：（1）第1次抽气之后助力气室内的压强为；
（2）第n次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小为[1]p0S。
【模型三】“变质量气体”模型
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
(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.
某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27℃、压强为1.0p0（p0为大气压强）。经过一段时间后，环境温度升高，舱内气体的温度变为37℃，压强为p1，此时打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，则（　　）
A．气体压强
B．气体压强
C．放出气体的质量是舱内原有气体的
D．放出气体的质量是舱内原有气体的
【解答】解：AB、以核心舱内部气体为研究对象，初态：T0＝300K，p＝1.0p0，V0＝V
末态：T1＝310K，密闭气体压强p1
根据查理定律可得：
解得p1，故AB错误；
CD、打开舱门，缓慢放出气体，气体的压强恢复为p的过程为等温过程，则：p1V0＝p（V0+ΔV）
联立可得：
在相同的压强、温度条件下，气体的密度是相同的，则气体的质量跟它的体积成正比，所以放出气体的质量是舱内原有气体的：，故C错误，D正确。
故选：D。
如图甲所示，饮水桶上装有压水器，可简化为图乙所示的模型。挤压气囊时，可把气囊中的气体全部挤入下方的水桶中，下方气体压强增大，桶中的水会从细管中流出。某次取水前，桶内液面距细管口高度差为h，细管内外液面相平，压水3次恰好有水从细管中溢出。已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积，外部大气压强保持不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，关于此次取水过程下列说法正确的是（　　）
A．桶内气体的内能不变
B．桶内气体需从外界吸热
C．压水3次后桶内气体压强为ρgh
D．每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同
【解答】解：A．在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，但桶内气体的质量增加了，气体的分子数增加了，因此在温度不变的情况下，桶内气体的内能增加了，故A错误；
B．以气囊内待压入气体和桶内原有气体为整体作为研究对象，在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶中，外界对气囊内气体和桶内原有气体做功，被压入的气体和桶内原有气体都被压缩，而气体的温度不变，
根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，则ΔU＝0，气体的内能不变，W＞0，则Q＜0，故气体要向外放热，故B错误；
C．压水3次后桶内气体压强应为大气压强与ρgh之和，故C错误；
D．由题意知，气囊内气体压强为大气压强p0，设每次待压入桶内的气体体积为V0，出水前桶内气体体积为V1且不变，由题意知，取水前桶内气体压强为大气压强p0，以每次气囊内待压入气体和桶内气体为整体作为研究对象，根据道尔顿分压原理（或进行等温变换，但较麻烦）可知
p0V0+p0V1＝p1V1，（p1为挤压气囊1次后，桶内气体压强）
则Δp1＝p1﹣p0
整理得Δp1
同理可得
p0V0+p1V1＝p2V1，（p2为挤压气囊2次后，桶内气体压强）
则Δp2＝p2﹣p1
整理得Δp2
同理可得
Δp3
即每次挤压气囊，桶内气体压强的增量相同，故D正确。
故选：D。
某同学将一定质量的理想气体封闭在如图甲所示导热性能良好的注射器内，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连，将整套装置置于恒温水浴设备中，如图乙所示，开始时，恒温水浴设备温度为27℃，活塞位置对应刻度数为“8”，测得封闭气体压强为p0。使水浴设备中的水升温到77℃，此过程中未发现气泡，而后将活塞缓慢左推的过程中，发现导气管连接处有气泡产生时，此后立即进行气密性加固.继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“4”时停止压缩，此时测得封闭气体的压强为。则该过程中（　　）
A．泄漏气体的质量为最初气体质量的一半
B．泄漏气体产生的气泡在77℃恒温水中上升的过程中会吸收热量
C．在压缩气体的过程中，气体分子的平均动能变大
D．泄漏出的气体的内能与注射器内存留气体的内能相等
【解答】解：A、对被封闭气体，如没有泄漏气体，由得，V2＝7V0此时若全部气体都在注射器内对应刻度应该为7，因此泄漏气体的质量为最初气体质量的，故A错误；
B、气泡在上升过程，温度不变，随着压强的减小，p1V1＝p2V2，可知体积将增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，温度不变，内能不变，则此过程会吸收热量，故B正确；
C、注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误；
D、由A项分析知泄漏出的气体的质量与注射器内存留气体的质量之比为3：4，同种气体，在同样的状态下，显然泄漏出的气体内能小于残留气体的内能，故D错误。
故选：B。
（多选）高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27℃，压强为1atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8mm2，g取10m/s2。忽略加热过程水蒸气和食材（包括水）导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则（　　）
A．压力阀的质量约为0.1kg
B．压力阀刚要被顶起时锅内温度为108℃
C．停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的
D．停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的
【解答】解：B、设加热前锅内温度为T1＝27℃＝300K，压强为，当加热至锅内压强为时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，由查理定律得，得T2381K＝108℃，故B正确；
A、压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为m，由受力平衡得p2S＝p1S+mg，代入数据得m≈0.02kg，故A错误；
CD、设锅内温度达到沸点时温度为T3＝117℃＝390K，从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖﹣吕萨克定律，得，停止加热时锅内的气体质量与加热前锅内气体质量的比为，故C错误，D正确。
故选：BD。
2021年7月，神舟十二号航天员刘伯明、汤洪波身着我国自主研制的新一代“飞天”舱外航天服成功出舱。航天服在使用前要在地面实验室内进行气密性测试，已知实验室内的热力学温度为T0、压强为p0，在某次测试中，向密闭的航天服内充入一定量的气体，并将航天服上的所有阀门拧紧，此时航天服内气体的温度为γT0（γ＞1）、压强为kp0（k＞γ），经过一段时间后航天服内气体的温度降至T0。不考虑航天服内部体积的变化，航天服内的气体视为理想气体。求：
（1）航天服内气体的温度降至T0时，航天服内气体的压强p；
（2）航天服内气体的温度降至T0时，将航天服上的阀门打开，缓慢放气至航天服内气体与外界达到平衡时，航天服内剩余气体与放出的气体的质量之比。
【解答】解：（1）以航天服内的气体为研究对象，在降至室温的过程中，
航天服内的气体做等容变化，即：
变形解得：p
（2）对航天服内原来所有的气体进行整体分析，放气的过程中其气体压强由p减至p0′、体积由V增大至V′、温度不变。由玻意尔定律得：pV＝p0V′
同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，即：
联立以上几式解得：
答：（1）航天服内气体的温度降至T0时，航天服内气体的压强p为；
（2）航天服内剩余气体与放出的气体的质量之比为。
现有一个容积为400L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15MPa，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3MPa，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．20L B．40L C．50L D．60L
【解答】解：把氧气罐内的气体作为研究对象，在分装过程中，气体做等温变化，设每个小氧气瓶的容积为V
根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V1+np2V
代入数据解得：V＝40L
故B正确，ACD错误；
故选：B。
一体积为15L的导热氦气充气瓶为容积为1L的氦气球充气，已知当环境温度为t1＝0℃时该氦气充气瓶内气体的压强为p1＝4.0×105Pa。现在环境温度为t2＝27℃、大气压强为p2＝1.0×105Pa的条件下为氦气球充气，氦气球充气后的压强与环境的压强相等，体积为1L。假设该气体可视为理想气体，求：
①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压；（结果保留两位小数）
②如果充气瓶内气体的压强降低到1.2×105Pa后无法继续充气，则可以充满多少个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为多少？
【解答】解：①充气瓶内氦气的初始状态为：温度T1＝273+t1＝（273+0）K＝273K，压强p1＝4.0×105Pa，体积V1＝15L。
假设将充气瓶内的氦气状态变为：温度T2＝273+t2＝（273+27）K＝300K，压强p2＝1.0×105Pa，体积为V2。
根据一定质量的理想气体状态方程得：
代入数据解得：V2L
设一个氦气球的体积为ΔV＝1L，给第一个氨气球充气后充气瓶内的气压为p3，则有：
p2（V2﹣ΔV）＝p3V1
代入数据解得：p3＝4.33×105Pa
②假设充气瓶内的氦气在温度为T2＝300K，压强为p4＝1.2×105Pa时的体积为V4，根据一定质量的理想气体状态方程得：
代入数据解得：V4L
充气瓶放出的气体质量占原来瓶内气体质量的百分比为：η100%
代入数据解得：η＝72.7%
对于充气瓶放出的氦气，由玻意耳定律得：
p4（V4﹣V1）＝p2V5
代入数据解得：V5＝47.93L，则可以充满47个氦气球。
答：①给第一个氦气球充气后，该充气瓶内的气压为4.33×105Pa；
②可以充满47个氦气球以及充气瓶放出的气体质量占原来瓶内氦气质量的百分比为72.7%。
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