专题21 热学中常见的模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc31803" 一. “玻璃管液封”模型 PAGEREF _Tc31803 \h 1
\l "_Tc23013" 二．“汽缸活塞类”模型 PAGEREF _Tc23013 \h 9
\l "_Tc3302" 三．“变质量气体”模型 PAGEREF _Tc3302 \h 17
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)：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.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.
【模型演练1】(2020·全国卷Ⅲ·33(2))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.
(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】 见解析
【解析】 (ⅰ)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为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，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得h≈12.9 cm⑥
(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)⑦
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
T2≈363 K
【模型演练2】(2021·广东广州市、深圳市学调联盟高三第二次调研)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm.先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：
(1)稳定后A端上方气柱长度；
(2)稳定后右管内的气体压强．
【答案】 (1)38 cm (2)78 cmHg
【解析】 (1)设玻璃管的横截面积为S，稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，则A管内气体的压强为pA1＝(76＋4) cmHg
由玻意耳定律有p0VA0＝pA1VA1
又VA0＝lAS，VA1＝lA1S
代入数据解得：lA1＝38 cm
(2)设右管水银面上升h，则右管内的气柱长度为lB－h，气体的压强为pA1－2ρgh
由玻意耳定律得：p0lB＝(pA1－2ρgh)(lB－h)
解得：h＝1 cm
所以右管内的气体压强为pB1＝pA1－2ρgh＝78 cmHg.
【模型演练3】（2021·黑龙江哈六中高三上学期1月期末）如图所示，内径粗细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入L=25cm的空气柱，活塞上方的大气压强为=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm．今用外力竖直向上缓慢地拉活塞，直至使两管中水银面相平．设温度保持不变，则：A管中活塞向上移动距离是多少？
【答案】
【解析】取B管中气体为研究对象，设活塞运动前B管中气体的压强为、体积为，活塞运动后B管中气体的压强为，体积为，管的横截面积为，有
根据玻意耳定律得
设活塞向上移动的距离为x，取A管中气体为研究对象，设活塞运动前，A管中气体的压强为，体积为，活塞运动后A管中气体的压强为，体积为，有
又根据玻意耳定律得
联立上述各式得
【模型演练4】（2021·八省联考广东区高三上学期1月模拟三）如图所示，粗细均匀的“U"形管竖直放置，左管封闭、右管开口，管内的水银柱封闭一定质量的理想气体，气柱长度L=20 cm，左右两管中水银柱的高度差为h=8 cm，已知环境温度t0=27° C，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273 K，大气压强p0= 76 cmHg。（计算结果均保留三位有效数字）
（1）若在右管缓慢注人水银，计算当两管液面相平时左管中气柱的长度；
（2）若给左管气体加热，计算当两管液面相平时左管中气柱的摄氏温度。
【答案】(1)17.9cm；(2)129℃
【解析】
（1）由于缓慢注入水银，因此管内气体发生等温变化。
初态压强
体积
设注入水银两管液面相平时，气柱的长度为d，则此时气体的体积
此时气体的压强
由玻意耳定律可知
解得
（2）设加热后气体的温度为T2，初始温度
T1=300K
加热后气体的体积为
根据理想气体状态方程得
解得
当两管液面相平时左管中气柱的摄氏温度
【模型演练5】（2021·八省联考广东区高三上学期1月模拟）在室温恒定的实验室内放置着如图所示的粗细均匀的L形管，管的两端封闭且管内充有水银，管的上端和左端分别封闭着长度均为L0＝15 cm的A、B两部分气体，已知竖直管内水银柱高度为H＝20 cm，A部分气体的压强恰好等于大气压强．对B部分气体进行加热到某一温度，保持A部分气体温度不变，水银柱上升h＝5 cm(已知大气压强为76 cmHg，室温为300 K)．试求：
（i）水银柱升高后A部分气体的压强；
（ii）温度升高后B部分气体的温度．
【答案】（i）114 cmHg； （ii）579.2 K；
【解析】
试题分析：（1）以封闭气体为研究对象，根据题意求出气体的状态参量，根据玻意耳定律求出水银柱升高h时，A部分气体的压强．（2）对B部分气体为研究对象，根据理想气体状态方程求水银柱升高h时，B部分气体的温度．
（1i）设L形管的横截面积为S，水柱上升h前后，A部分气体的压强分别为和
A部分气体的温度并没有发生变化，由玻意耳定律可得：
代入数据得：
（ii）设水银柱上升h前后，B部分气体的压强分别为为和，温度分别为T和
则有：，
由理想气体状态方程可得：
代入数据解得：
【模型演练6】（2021·广西桂林市·高三一模）如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左管口封闭，右管开口，管中一段水银在左管中封闭一段空气柱，空气柱长为6cm，右管中水银液面离管口高度为4cm，已知大气压强为76cmHg，环境温度为300K。求：
(1)若将环境温度降低，使左右管中水银面相平，则环境的温度应降为多少K？（答案保留一位小数）
(2)若从右管口推人一个活塞，活塞与玻璃管内壁气密性好，缓慢推动活塞，使玻璃管两边水银面相平，则活塞在玻璃管中移动的距离为多少？（答案保留两位小数）
【答案】(1)243.6K；(2)1.75cm
【详解】
(1)开始时，封闭气体的压强大小为
降温后，两边液面相平时，封闭气体的压强大小为
根据理想气体状态方程有
其中
L1 = 6cm，L2 = 5cm，T0 = 300K
求得
T = 243.6K
(2)设活塞移动的距离为x，两管中气体的压强为p，对左管中气体研究有
对右管中气体研究有
其中L3 = 4cm解得
x = 1.75cm
【模型演练7】（2021·贵州六盘水市·高三一模）如图，一端封闭且粗细均匀的细玻璃管中，用长10 cm的水银柱封闭了一段空气，当玻璃管与水平面夹角为30°倾斜放置时水银柱上端恰好与管口相齐，空气柱长17 cm。已知大气压强为75 cm Hg，保持环境温度27℃不变，缓慢旋转玻璃管至开口竖直向上。
(i)求玻璃管开口向上竖直放置时被封空气柱的长度；
(ii)保持玻璃管开口向上竖直放置，缓慢加热空气柱使水银面与管口齐平，求此时空气柱的温度。
【答案】(i)16cm；(ii)46℃
(i)玻璃管缓慢转动过程中，气体做等温变化，初状态的参量
p1=
V1=L1S，L1=17cm
末状态的参量
p2=
V2=L2S
根据玻意耳定律可得
p1V1=p2V2
代入题给数据解得
L2=16cm
(ii)玻璃管保持竖直，温度升高过程，气体做等压变化。
T2=300K，V3=V1
根据盖吕萨克定律得
代入题给数据解得T3=319K，即t3=46℃。
【模型演练8】(2021·江西南昌十中期末)如图所示，一个质量为m的T形活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
(2)从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化．
【答案】 (1)eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg) (2)0.3(p0＋eq \f(mg,S))h0S－Q
【解析】 (1)初态时，对活塞受力分析，
可求气体压强p1＝p0＋eq \f(mg,S)
体积V1＝1.5h0S，
温度T1＝T0
要使两边水银面相平，汽缸内气体的压强p2＝p0，
此时活塞下端一定与汽缸底接触，V2＝1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
得：T2＝eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg)
(2)从开始至活塞竖直部分恰与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝(p0＋eq \f(mg,S))×0.3h0S
由热力学第一定律得：ΔU＝0.3(p0＋eq \f(mg,S))h0S－Q.
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.
【模型演练1】（2021·“八省联考”辽宁省普通高中学业水平选择考适应性测试）某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压之比为4：1。机舱内有一导热气缸，活塞质量m=2kg、横截面积S=10cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图（a）所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距=8cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图（b）所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距=10cm。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图（c）所示地面大气压强p0=1.0×105Pa，地面重力加速度g=10m/s2。
(1)判断气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图（c）估测出此时客机的飞行高度。
【答案】(1)吸热；(2) ，104m
【解析】
(1)根据热力学第一定律
由于气体体积膨胀，对外做功，而内能保持不变，因此吸热。
(2)初态封闭气体的压强
根据
可得
机舱内外气体压之比4：1，因此舱外气体压强
对应表可知飞行高度为104m
【模型演练2】（2021·八省联考高三上学期1月考前猜题）如图，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；活塞和气缸壁均绝热，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。重力加速度为g。求：
（1）活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的压强p1和温度T1；
（2）活塞刚到达b处时，汽缸中气体的温度T2。
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）活塞即将离开卡口a时，对卡口a的压力为零，活塞平衡
（1分）
解得活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的压强
（1分）
活塞离开卡口a之前，汽缸中气体体积保持不变
（1分）
解得活塞即将离开卡口a时，汽缸中气体的温度
（1分）
（2）活塞从离开卡口a至到达b处前的过程中，压强保持p1不变
（1分）
解得活塞刚到达b处时，汽缸中气体的温度
（2分）
【模型演练3】（2021·河北省邯郸市高三上学期1月期末）如图所示，一水平放置汽缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，开始活塞停在A点，现将水平放置的汽缸迅速直立，经过足够长时间后，活塞停在B点，设周围环境温度保持不变，已知大气压强为p0，重力加速度为g，求：
(1)活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V；
(2)整个过程中通过缸壁传递的热量（一定质量理想气体的内能仅由温度决定）。
．
【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)设活塞在B处时封闭气体的压强为p，活塞受力平衡，则
p0S + mg = ps
解得
p = p0 +
活塞在A处封闭气体的压强为p0
由玻意耳定律
p0V0 = pV
解得气体的体积
V =
(2)由于气体的温度不变，则内能的变化
U = Q + W = 0
外界对气体做功
W = (p0S + mg)h
活塞移动的距离为
h =
得
Q = -
负号表示气体放热
则整个过程中通过缸壁传递的热量为。
【模型演练4】（2021·云南曲靖市·高三其他模拟）如图，一长为L的绝热气缸放在水平桌面上，一定质量的理想气体被横截面积为S的绝热活塞密封在气缸内，开始时，气缸被锁定，活塞与气缸底部的距离为，封闭气体的温度为27°C，现对封闭气体缓慢加热，当活塞恰好在气缸口时停止加热。已知外界大气压强为P0，不计一切摩擦，活塞的厚度及质量均不计。
(1)求停止加热时封闭气体的热力学温度T2；
(2)若将气缸解除锁定，对活塞施加一逐渐增大、方向水平向左的推力，气缸向左做加速直线运动，当活塞与气缸底部的间距为时推力开始保持不变，此时推力大小为F，求此时封闭气体的热力学温度T。
【答案】(1)600 K；(2)300K
【详解】
(1)缓慢加热过程中，封闭气体做等压变化，根据盖 ­ 吕萨克定律有
其中T1=(273＋27）K=300 K
解得
T2=600 K
(2)由题意可知，推力大小不变时，对活塞有
F＋p0S-p3S=m活a
由于活塞的质量不计，则有
F＋p0S=p3S
根据理想气体状态方程有
解得
T3=300K
【模型演练5】（2021·辽宁省朝阳市高三上学期11月期中）如图所示，竖直放置的圆柱形导热薄壁汽缸上部开口，底面积S=1cm2，筒内用一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞恰好处于汽缸上端。现在活塞缓慢放入细砂。直到活塞静止于汽缸中间。已知外界大气压强p0=1×105Pa。温度T=305K。活寒与汽缸内壁的摩擦忽略不计，取重力加速度大小g=10m/s2。
(i)求放入细砂的质量；
(ii)若给封闭气体缓慢加热，使活塞回到汽缸上端。求活塞回到汽缸上端时封闭气体的热力学温度。
【答案】(i)1kg；(ii)610K
【解析】
(i)气体做等温变化，则有，其中
，
对活塞受力分析，有
解得
(ii)给封闭气体加热，活塞重回汽缸上端过程，封闭气体做等压变化，则有，其中，解得
【模型演练6】（2021·黑龙江大庆实验中学高三上学期12月月考）如图所示，汽缸长L=1.0m，固定在水平地面上，汽缸中有横截面积S=100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，大气压强p0=1.0×105Pa，当温度t=27℃时，气柱长度l=0.8m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计。求：
①如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸右端口，此时水平拉力F的大小；
②如果汽缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至汽缸右端口时的气体温度。
【答案】①200N；②375K
【解析】
①设活塞缓慢到达汽缸端口时，被封气体压强为p1，则
由玻意耳定律
解得p1=0.8×105Pa
把活塞缓慢拉至汽缸右端口处有
解得F=200N
②设汽缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至汽缸右端口时的气体温度为T2，T1=27+273K=300K
由等压变化规律得
解得T2=375K
【模型演练7】（2021·福建省福清西山学校高三上学期12月月考）如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=200kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=100cm2活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27°C，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？
【答案】(1)3×105Pa；(2)
【解析】
（1）以缸体为对象（不包括活塞）列缸体受力平衡方程：
解之得：
（2）当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为,压强为 此时仍有
则缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由盖.吕萨克定律得：
所以
故气体的温度是：
【模型演练8】（2021·吉林省长春市29中高三上学期1月期末）如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸开口向下竖直固定放置，活塞的截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物．若开始时汽缸内理想气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，一切摩擦均不计且m0g＜p0S．
①求重物刚离地时汽缸内气体的压强；
②若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？
【答案】
【解析】
①当轻绳刚好伸直且无拉力时，设此时汽缸内气体的压强为．
由力的平衡条件可得：
所以
当重物刚好离开地面时，设此时汽缸内气体的压强为，则有
所以
②设重物刚好离开地面时汽缸内气体的温度为，此过程气体发生等容变化，由查理定律可得
解得
设气体体积减半时汽缸内气体的温度为，此过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得
解得．
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.
【模型演练1】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10 L，打气筒每打一次气能向储液桶内压入p0＝1×105 Pa的空气V0′＝200 mL.现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105 Pa，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．
(1)若打气使储液桶内药液上方的气体压强达到3×105 Pa，求打气筒打气次数至少是多少？
(2)当储液桶内药液上方的气体压强达到3×105 Pa后，打开喷雾头开关K直至储液桶药液上方的气压为2×105 Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？
【答案】 见解析
【解析】 (1)对打气后，储液桶内药液上方的气体
初状态：压强为p1＝1×105 Pa，体积为V1
末状态：压强为p2＝3×105 Pa，体积为V2＝2 L
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得：V1＝6 L
因为打气前，储液桶内药液上方气体体积为V0＝2 L，
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：压强为p2＝3×105 Pa，体积为V2＝2 L
末状态：压强为p3＝2×105 Pa，体积为V3
由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
解得：V3＝3 L
储液桶喷出药液的体积ΔV＝V3－V2＝(3－2) L＝1 L．
【模型演练2】(2020·辽宁丹东市检测)一容积为V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的U形管相连(U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0)，U形管的右管与大气相通，大气压为750 mmHg.关闭阀门，U形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为300 K．现仅对容器内气体进行加热．
(1)如图所示，当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H＝50 mm时，求封闭容器内气体的温度；
(2)保持(1)问中的温度不变，打开阀门缓慢抽出部分气体，当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50 mm时(水银始终在U形管内)，求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值；
(3)判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因．
【答案】 (1)320 K (2)eq \f(7,8) (3)见解析
【解析】 (1)由题意可知p0＝750 mmHg，T0＝300 K，
升温后气体的压强为p1＝800 mmHg，
设升温后气体的温度为T1，
由查理定律得eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，
解得T1＝320 K
(2)当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50 mm时，
气体压强p＝700 mmHg.
抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝pV
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，
由题意得k＝eq \f(V0,V)＝eq \f(7,8)
(3)吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．
【模型演练3】（2021·重庆市九龙坡区高三上学期11月期中）如图所示，水平放置粗细均匀的玻璃管，管口用橡胶塞封住，一可自由移动的活塞将玻璃管内分隔为A、B两部分，两部分中均有理想气体。开始时活塞静止，A部分气体的体积是B部分气体体积的2.5倍，其压强均为p。现松动橡胶塞，使B中气体向外缓慢漏出，整个过程中气体温度保持不变。当A部分气体的体积变为原来的1.2倍时，再将橡胶塞塞紧，求B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比。（不计活塞与管壁间的摩擦）
【答案】5:12
【解析】
设A中气体体积为2.5V0，则B中气体体积为V0。对于A中气体，由玻意耳定律得
则
对于B中气体，由玻意耳定律得
则
此时B中剩余气体体积
所以
【模型演练4】（2021·江苏省南通市高三上学期12月月考）如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。已知篮球内部容积为7.5L，环境温度为27℃，大气压强为1.0atm，打气前球内气压等于外界大气压强，手持式打气筒每打一次气能将0.5L、1.0atm的空气打入球内，当球内气压达到1.6atm时停止打气（1atm=1.0×105Pa）。
(1)已知温度为0℃、压强为1atm标准状态下气体的摩尔体积为V0=22.4L/ml，求打气前该篮球内空气的分子数n（取阿伏伽德罗常数NA=6.0×1023ml-1，计算结果保留两位有效数字）；
(2)要使篮球内气压达到1.6atm，求需打气的次数N（设打气过程中气体温度不变）。
【答案】(1)1.8×1023（个）；(2)9（次）
【解析】
(1)设球内空气在标准状况下的体积为V′，由盖―吕萨克定律有
其中T1=300K，T2=273K，又
解得n=1.8×1023（个）
(2)由玻意耳定律，有
解得N=9（次）
【模型演练5】（2021·江西省上高二中高三上学期12月月考）热气球主要通过自带的机载加热器来调整气囊中空气的温度，从而达到控制气球升降的目的。有一热气球停在地面，下端开口使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，设气球的总体积，球壳体积忽略不计，除球内空气外，热气球的总质量。已知地面附近大气的温度，密度，大气可视为理想气体，求：
(1)当气球内温度调节到时，气球内剩余气体质量占原来球内气体质量的百分比；
(2)当气球刚好从地面飘起时气球内气体的温度。（结果保留一位小数）
【答案】(1)80%；(2)436.4K；
【解析】
(1)球内气体有等压变化，V1=400m3，T1=300K，T2=375K，由等压变化规律可知
得原球内气体体积变为
V1=500m3
气球内剩余气体质量占原来球内气体质量百分比
(2)设气球刚好从地面浮起时气球内的气体温度为T，密度为ρ，则气球升起时浮力等于气球和内部气体的总重力，即：
因为气球内的气体温度升高时压强并没有变化，则原来的气体温度升高时体积设为V，根据质量相等则有
原来的气体温度升高后压强不变，体积从V1变为V，由等压变化得
联立解得
T=436.4K
【模型演练6】（2021·湖南高三月考）新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱（即舱内气体压强低于外界的大气压强），这种负压舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压舱容积为，初始时温度为27 ℃，压强为；运送到某地区后，外界温度变为15℃，大气压强变为，已知负压舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取℃。
（i）求送到某地区后负压舱内的压强；
（ii）运送到某地区后需将负压舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余质量之比。
【答案】(i)；(ii)
【详解】
(i)舱内气体的体积不变，设初始时的压强为，温度为，运送到某地区后的压强为，温度为，由查理定律可得
其中，，，代入求解可得
。
(ii)设当地的大气压强为，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为，膨胀后的气体体积为V，则由玻意耳定律可得
代入数据可解得，故需要抽出的气体的体积为
因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体质量与舱内剩余气体的质量之比为
【模型演练7】（2021·河南南阳市·高三期末）汽车保持正常轮胎气压可以降低油耗、减少磨损、保障安全等。冬季来临时，随着气温降低，驾驶员就要及时对轮胎补气。设车身重量保持不变，轮胎视为一个气囊。假定秋天时气温为27℃，冬天时气温为 - 3℃，轮胎正常气压为2.5标准大气压，秋天时轮胎气压、体积均正常。求：
(1)冬天与秋天轮胎容积之比；
(2)冬天时，要使轮胎气压和容积与秋天时相同，需要补充的1标准大气压、- 3℃的气体体积是秋天时轮胎容积的多少倍？
【答案】(1)；(2)
【详解】
①气温由27℃变为- 3℃过程中，压强保持不变
，，
解得
②若补充的气体体积为，该部分气体做等温变换，
，
解得
【模型演练8】（2021·山东省昌乐第一中学高三期末）如图所示，气缸中有一可自由滑动的活塞把气缸隔成两个密闭的气室，左室顶部有一个截面积为的圆孔，初始时两个气室与外界大气相通，体积均为。圆孔中塞上质量为的橡皮塞，橡皮塞与圆孔间的最大静摩擦力为，用打气筒向右侧气室打气，直至橡皮塞刚好上滑。气体温度均保持不变，室外空气密度为，大气压强为，重力加速度为，求：
（1）橡皮塞刚好上滑时左室气体的体积；
（2）为了使橡皮塞刚好上滑，需要向右侧气室内打入的空气质量。
【答案】(1) ；(2)
【详解】
(1)对橡皮塞，有
对左室气体，等温变化，有
解得
(2)对于右室气体，充气后，等温膨胀到压强为，有
解得
需要向右侧气室内打入的空气质量