1\如图5所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝10 cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300 K，压强为p＝0.5×105 Pa，活塞与汽缸底的距离为h＝10 cm，活塞与汽缸可无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。

图5(1)求此时桌面对汽缸的作用力F N；(2)现通过电热丝将气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU＝5 J，整个过程活塞都在汽缸内，求T的值。

解析(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有F N＋pS＝p0S，解得F N＝(p0－p)S＝(1.0×105 Pa－0.5×105 Pa)×10×10－4 m2＝50 N。

(2)设温度升高至T时活塞距离汽缸底距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝12 cm。

气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程得pShT0＝p0SHT，解得T＝p0Hph T0＝105×0.120.5×105×0.10×300 K＝720 K。

答案(1)50 N(2)720 K(等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化。

(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。

2．如图8所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃。

给汽缸缓慢加热至t 2＝207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中缸内气体增加的内能ΔU ＝300 J ，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞横截面积S ＝5.0×10－3 m 2。

求：图8(ⅰ)活塞距离汽缸底部的高度h 2；(ⅱ)此过程中缸内气体吸收的热量Q 。

解析 (ⅰ)气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得h 1S T 1＝h 2ST 2，解得h 2＝0.80 m 。

(ⅱ)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W 0＝p 0·ΔV ＝[1.0×105×(0.80－0.50)×5.0×10－3] J ＝150 J 。

根据热力学第一定律可得气体内能的变化为ΔU ＝－W 0＋Q ，得Q ＝ΔU ＋W 0＝450 J 。

答案 (ⅰ)0.80 m (ⅱ)450 J3．(2018·山西联考)如图4所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，质量m ＝5 kg ，横截面积S ＝50 cm 2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在汽缸内距缸底某处设有体积可忽略的卡环a 、b ，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为300 K 。

现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内气体，直至活塞恰好离开a 、b 。

已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，g 取10 m/s 2。

图4(1)求加热后汽缸内气体的温度；(2)继续加热汽缸内的气体，使活塞缓慢上升H ＝0.1 m(活塞未滑出汽缸)，若气体的内能的变化量为18 J ，则此过程中气体是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 解析 (1)气体的状态参量为T 1＝300 K ，p 1＝p 0＝1.0×105 Pa对活塞，由平衡条件得p 2S ＝p 0S ＋mg解得p 2＝1.1×105 Pa由查理定律得p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝330 K 。

(2)继续加热时，气体等压变化，体积增大，则温度升高，内能增大。

气体膨胀，对外界做功，则外界对气体做的功W ＝－p 2SH ＝－55 J根据热力学第一定律得ΔU ＝W ＋QQ ＝ΔU －W ＝73 J ，气体吸收热量。

答案 (1)330 K (2)吸热 73 J4．如图5所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S ＝0.10 m 2，活塞的质量忽略不计，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U 形玻璃管相通。

开始活塞被锁定，汽缸内封闭了一段高为80 cm 的气柱(U 形管内的气体体积不计)，此时缸内气体温度为27 ℃，U 形管内水银面高度差h 1＝15 cm 。

已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水银的密度ρ＝13.6×103 kg/m 3，重力加速度g 取10 m/s 2。

图5(1)让汽缸缓慢降温，直至U 形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸内封闭的气柱高度达到96 cm ，求整个过程中气体与外界交换的热量。

解析 (1)由题意知，活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化由查理定理可知，p 1T 1＝p 2T 2p 1＝p 0＋ρgh 1＝1.2×105 Pa ，p 2＝p 0＝1.0×105 Pa ，T 1＝300 K解得T 2＝250 K(2)接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，即整个过程中气体压强p 0＝1.0×105 Pa由盖—吕萨克定律知V 2T 2＝V 3T 3解得T 3＝300 K因为T 3＝T 1＝300 K ，所以初状态与末状态气体内能相等，而第一个变化过程是等容变化，气体不对外做功，第二个变化过程中气体膨胀对外做功，故气体应从外界吸收热量，吸收的热量等于第二个变化过程中气体膨胀对外做的功，即Q ＝p 0ΔV ＝1 600 J 。

答案 (1)250 K (2)1 600 J能力课 高考常考的“两类”计算题[常考点]封闭气体多过程的问题多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象。

对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联。

解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”。

5\[2015·全国卷Ⅰ，33(2)]如图1，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。

已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105 Pa ，温度为T ＝303 K 。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l 2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K 。

现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。

忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取 10 m/s 2。

求：图1(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。

解析 (ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2初状态V 1＝l 2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K末状态V2＝lS2代入可得T2＝23T1＝330 K(ⅱ)对大、小活塞受力分析则有m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2可得p1＝1.1×105 Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得p1T2，T3＝T＝303 K＝p2T3解得p2＝1.01×105 Pa答案(ⅰ)330 K(ⅱ)1.01×105 Pa6\[2015·新课标全国Ⅱ，33(2)]如图2，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm。

现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭。

已知大气压强p0＝75.0 cmHg。

图2(ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。

解析(ⅰ)以cmHg为压强单位。

设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。

由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。

由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm④(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。

由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm⑨答案(ⅰ)12.0 cm(ⅱ)13.2 cm[常考点]关联气体的状态变化问题多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系。

7\([2017·全国卷Ⅰ，33(2)]如图3，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p 0的3倍后关闭K 1。

已知室温为27 ℃，汽缸导热。

图3(ⅰ)打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ⅱ)接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；(ⅲ)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。

解析 (ⅰ)设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1。

依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1①(3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)②联立①②式得V 1＝V 2③p 1＝2p 0④(ⅱ)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升。