活塞＋汽缸模型（解析版）-2023-2024学年人教版高二物理模型专项复习

专题02活塞+汽缸模型

模型讲解

汽缸模型封闭气体压强的计算

质量为优的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为s的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所

有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为Vi，温度为Ti„

已知重力加速度大小为g,大气压强为po。

ZZ/ZZZ//ZZ/////Z"////♦〃"〃力///

图(a)图(b)图(c)

(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为Ti，求此时缸内气体体积上;

(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为3时，求此时缸内气体的温

度。

⑴图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为pi=po+管

当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示,

p】s

则封闭气体的压强为P2=P0—管

RS

对封闭气体由玻意耳定律得P1V1=P2V2P2s

mgmg

〃oS+"g图1图2

解得V2=Vlo

poS-mg

(2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为P3=PO

由理想气体状态方程得*=喈

解得T3=

poS+mgVi

二.活塞+汽缸模型解答技巧

解决“活塞+汽缸”类问题的一般思路

(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：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)分析清楚题目所述的物理过程，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

定律或理想气体状态方程列出方程；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)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。

（4）多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。

案例剖析

【模型演练1】（23-24高三下•贵州黔东南•开学考试）如图所示，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，己知大活塞的横截面积为2S,小活塞的横截面积为S；两活塞用刚性轻

杆连接，间距保持为23汽缸外大气压强为P。，温度为T。初始时大活塞与大圆筒底部相距L,两活塞间

封闭气体的温度为27,活塞总质量为加，现汽缸内气体温度缓慢下降，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，

重力加速度大小为g。

（1）在大活塞到达两圆筒衔接处前的瞬间，求缸内封闭气体的温度（；

（2）活塞到达衔接处后继续降低温度，当缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，求缸内封闭气体的压

强P2；

（3）从初始状态到缸内、缸外气体达到热平衡的过程中，若气体向外界放出的热量为Q,求缸内封闭气体

在此过程中减小的内能AU。

【答案】（1）（2）；为+嘴；（3）Q-（p0SL+mgL）

【详解】（1）在大活塞到达两圆筒衔接处前，对活塞进行受力分析，有

2p1S+p0S=2p0S+P]S+mg

在大活塞到达两圆筒衔接处前，气体做等压变化，设气体末态温度为刀，由盖吕萨克定律有

2SL+SLS2L

-2Tr

(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡的过程，封闭气体的体积不变，则

旦=£1

TiT

解得

333mg

—“|=6+而

(3)根据热力学第一定律可得

AU=Q-W

第一阶段为等压压缩过程，有

W=pt(2SL+SL-2SL)=p0SL+mgL

解得

AU=Q-(PoSL+mgL)

即缸内封闭气体在此过程中减小的内能为Q-(p0SL+mgL)

【模型演练2](23-24高三下•山东德州•开学考试)某学校实验小组设计了测量不规则矿石体积的气压体积

测量仪。如图所示为气压体积测量仪的原理图,上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高h=20cm,

横截面积SWOcn?的导热气缸，两气缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中，将质量

机=2kg的活塞从气压筒A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体(不计活塞厚度和摩擦力)，

缓慢降低封闭气体的温度至-3。(2,活塞稳定后，活塞距气压筒A顶端0.4%。已知环境温度为27℃,外界

大气压强为Po=L0xl()5Pa,重力加速度g=10m/S2。

(1)求矿石的体积；

(2)再把温度从-3。(2缓慢升高，将活塞推到气压筒A的顶端，求此时封闭气体的温度；若该过程封闭气

体内能增加了20J,求封闭气体从外界吸收的热量。

【详解】(1)活塞稳定时封闭气体的压强

p=Po+巡=1.2xl()5pa

s

令矿石体积为V,由理想气体状态方程

p0(2hS-V)_p(1.6/zS-V)

To=300K,7；=270K

解得

V=OAhS=80cm3

(2)缓慢升高温度，将活塞推到气压筒的顶端，压强不变，由盖一吕萨克定律

l.6hS-V_2hS-V

-T2

解得

T2=360K

该过程外界对系统做的功

W=-p(O.4/?)S=-9.6J

由热力学第一定律

AU=W+Q

一、单选题

1.(23-24高三下•河北沧州•阶段练习)肺活量是衡量人体呼吸功能的一个重要指标，是指人能够呼出的气

体在标准大气压P。下的最大体积。一同学设计了如图所示的装置测量自己的肺活量，竖直放置的汽缸中有

一与汽缸壁接触良好的活塞，活塞上方放有重物，活塞由于卡槽作用在汽缸中静止不动，插销K处于打开

状态，汽缸中活塞下方空间的体积为％,该同学用尽全力向细吹嘴吹气后，关闭插销K,最终活塞下方空

31

间的体积变为，已知外界大气压强为P。，活塞的面积为s,活塞及上方重物的总重力G=52S,汽缸

的导热性能良好，则该同学的肺活量为()

开口

重物

II_I_

」活塞L

吹嘴TT&

353

A.-VoB.VoC.z%D.—Vo

【答案】C

【详解】设该同学呼出的气体在标准大气压P°下的体积为V,把该同学呼出的气体和活塞下方汽缸中原有

的气体作为研究对象，有

3

p<y0+pfy=p-v0

其中

G3

解得

故选Co

2.（23-24高三下•云南昆明•阶段练习）如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销除锁住的绝热光滑活塞隔

成A、B、C三部分，A部分为真空，8部分为一定质量的理想气体，且压强PB<。。（P°是大气压强），C

与大气连通，则下列说法中正确的是（）

A.只打开隔板B中气体对外做功，内能减少

B.只打开隔板K-8中气体不做功，内能不变

C.只打开隔板K1,8中气体压强不变

D.只打开卡销K。，让活塞移动，B中气体对外做功，内能减少

【答案】B

【详解】

AB.只打开隔板K-B中气体进行自由扩散，不会对外做功，内能不变，故A错误，B正确；

C.只打开隔板K-8中气体内能不变，温度不变，但体积变大了，故压强将减小，故C错误；

D.打开卡销K2,活塞将向下运动，因此外界对8中气体做功，8中气体内能增大，故D错误。

故选B。

3.（2024•云南•模拟预测）一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸中，气缸和活塞的绝热性、密封性良好,

如图所示。现接通电热丝加热气体，活塞缓慢向上移动，不计活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强保持不

变，则该过程（）

B

A-------------

电热丝

A.气体压强不变

B.气体中每个分子热运动的动能都增加

C.电热丝产生的热量小于气体对活塞做的功

D.在单位时间内，气体分子与单位面积活塞碰撞的次数增加

【答案】A

【详解】

A.活塞向上运动，不计活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强保持不变，整个过程气体压强与外界大气压强

之差保持不变，属于等压变化，故A正确；

B.由于气体温度升高，气体内能升高，则气体分子的平均动能升高，但不是每个分子的动能都增加，故B

错误；

C.活塞向上移动，气体对外做功，根据热力学第一定律

W+Q=AU

气体内能升高，可知气体从电热丝处吸收的热量大于气体对活塞做的功，故c错误;

D.气体分子的平均动能升高，撞击活塞的平均作用力增大，而气体压强不变，则气体分子在单位时间内撞

击活塞单位面积的次数减少，故D错误。

故选Ao

4.（2024•云南•一模）如图所示，一导热气缸由粗细不同的两段圆柱形气缸连接而成，通过刚性杆连接的活

塞A、B封闭了一定质量的理想气体，活塞可无摩擦滑动，活塞及连接杆的重量不可忽略。则气缸由如图所

示的状态在竖直面内缓慢转动90。至活塞A在下方,气缸始终处于密封状态且环境温度和大气压强均保持不

变，此过程中关于缸内气体，下列说法正确的是（）

A---------------------B

A.压强变小B.体积变小C.向外放热D.外界对气体做正功

【答案】A

【详解】设大气压强为P0,初始时，根据受力平衡可知，气体压强为

Pi=P。

气缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90。至活塞A在下方，根据受力平衡可得

（廉一SB）+（mA+）g=%（5人一片）

可得

可知气体压强减小，由于温度保持不变，气体内能不变，根据玻意耳定律可知，气体体积变大，外界对气

体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。

故选Ao

二、多选题

5.（23-24高三上•云南保山•期末）如图所示，绝热气缸内用质量为机的绝热活塞封闭了一定质量的理想气

体，轻质弹簧一端固定在活塞上，另一端固定在气缸底部，活塞可沿气缸无摩擦滑动，此时弹簧处于原长。

现通过电热丝对气体进行缓慢加热，使活塞上升了一段距离，此过程中封闭气体没有泄漏，大气压强恒定。

下列说法正确的是（）

A.加热前封闭气体的压强等于大气压强

B.加热过程中封闭气体分子的平均动能增大

C.加热过程中气体吸收的热量等于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和

D.加热过程中气体对活塞做的功大于弹簧弹性势能的增加量与活塞重力势能的增加量之和

【答案】BD

【详解】A.加热前弹簧弹力是零，因活塞重力不能忽略，设大气压强为P。，封闭气体压强为A，由力的

平衡条件可得

p0S=plS-mg

因此封闭气体压强大于大气压强，故A错误；

B.加热过程中封闭气体的温度升高，分子的平均动能增大，故B正确；

C.气体吸收的热量用于增加活塞的重力势能和弹簧的弹性势能以及气体的内能，还要推动活塞对外做功，

故C错误；

D.对活塞，据动能定理可得

w-wG-w^-w^=o

可得

卬=%+%+%气

故D正确。

故选BD。

三、解答题

6.（23-24高三下•湖南长沙•阶段练习）如图所示，横截面积均为S的两导热汽缸A、B中装有同种气体，

通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D,两汽缸中各有一个质量为机的活塞，

汽缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，汽缸B中气柱长度为L汽缸A

中的活塞处于静止状态，气柱长度为3"将一个质量为2根的重物C轻轻地放到汽缸A中的活塞上，稳定

后A中气柱长度变为2"打开阀门D,保持环境温度不变，待系统稳定后，关闭阀门D。已知弹簧的劲度

系数k=9詈，重力加速度为g,活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气。求:

(1)大气压强Po；

(2)放上C打开阀门，系统稳定后弹簧的形变量;

(3)最后关闭阀门时汽缸A中活塞与底端距离。

m

S

S3L

kA

B

^AAAAAAAAAD

m

----->

L

【答案】⑴等；⑵:⑶L

【详解】(1)根据平衡条件可知，初始时汽缸A中气体的压强为

mg

Pi=Po

J

放上C至稳定后，汽缸A中气体的压强为

3mg

Pi=Po+~^~

ij

汽缸A中气体经历等温变化，根据玻意耳定律有

P[・3L=p?・2L

解得

3nig

Po

J

(2)初始时汽缸B中气体的压强等于po,放上C打开阀门，因为P2>P0,所以系统稳定后，弹簧将压缩,

设弹簧的形变量为x,根据平衡条件有

kx3mg

〃o+q=Po+—

JJ

解得

L

x=—

2

(3)最后关闭阀门时汽缸A、B中气体压强均等于p2,设此时汽缸A中活塞与底端距离为死将汽缸A、

B中的气体整体分析，根据玻意耳定律有

p0L+p22L=p2{x+L+h）

7.(2024•湖南衡阳•模拟预测)如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、

B用原长为3L、劲度系数左=等的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之

间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA=2SB=2S。，汽缸外大气的压强为

5

po=lxlOPa,温度为M=125K。初始时活塞B与大圆筒底部(大、小圆筒连接处)相距L,汽缸内气体

温度为4=500K。求：

(1)缸内气体的温度缓慢降低至380K时，活塞移动的位移；

(2)缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。

x/vx/wx/vyyyv1

【答案】(1)L2L；(2)2.5L

【详解】(1)缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理

想气体有

V[=2S0-2L+S0L,Tx=500K

K=2S0-（2A-x）+S0（L+x）,V=380K

由盖-吕萨克定律可得

x=1.2L

由于1.2L<2L,说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。

(2)大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有

匕=350£

由盖-吕萨克定律可得

解得

4=300K

当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有

7；=125K<4=300K

所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。

对活塞B受力分析，有

P4S0+k/^x=P0S0

所以有初状态

P3=P0,匕=3S0L,T3=300K

末状态

A，匕=S°（3£-Ax）,方="=125K

根据

垩二里

心n

可得

AXj=0.5L,Ar2=3.5L（舍去）

所以弹簧长度为

x=3L—Ax,=2.5£

8.（2024•陕西宝鸡•二模）如图所示，一水平放置导热汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，轻质活塞

A、B用一长度为3L=30cm刚性轻杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气。活塞的面

积分另I」为又=20«1?和&=10cm2,汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边

均与大气相通，大气压强始终保持为AMl.OxlOSpa,当气缸内气体温度为7；=300K时，活塞处于图示位

置的平衡状态。求：

（1）此时汽缸内理想气体的压强化为多少？

（2）现对活塞A施加一个水平向右推力，使活塞向右移动L=10cm的距离后静止，此时汽缸内气体温度

q=312K,则此时推力/大小为多少？

【答案】(1)1.0xl05Pa；(2)30N

【详解】(1)设被封住的理想气体压强为0,轻细杆对A和对B的弹力为己对活塞A有

00sA=P”+尸

对活塞B,有

p0SB=pSB+F

解得

Pl=1.0x105Pa

(2)气体状态参量

Pi=1.0xl05Pa

V1=2LSA.+LSDR

7；=300K

V2=(2L-L)SA+(L+L)SB

7；=312K

根据

PM匕

代入数据得

5

p2=1.3xl0Pa

对两活塞整体受力分析：

F+POSA+P2sB=P0SB+p2sA

解得

F=30N

9.(23-24高三下•安徽•阶段练习)如图所示，竖直放置的汽缸质量M=8kg,活塞的质量机=2kg,活塞的

横截面积S=4xl(T3m，厚度不计。汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞上方的汽缸内封闭一定质量的理想气

体，活塞下表面与劲度系数％=2.5*1。3?4/01的轻弹簧相连，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦。当汽缸内气体

的温度4=450K时，缸内气柱长乙=50cm,汽缸总长4=60cm,汽缸下端距水平地面的高度/i=2cm,现

使汽缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强A,=L0xl()5pa,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(1)汽缸刚接触地面时，求活塞上方汽缸内气体的热力学温度工；

(2)汽缸接触地面后，把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气，地面导热良好。现改变活塞上方汽缸内气

体温度，求当弹簧刚好恢复到原长时，活塞下方的气体压强A；

(3)求(2)问中，活塞上方汽缸内气体的热力学温度为多少。

4

【答案】(1)Z=432K；(2)A=7.5xlOPa；(3)心=231K

【详解】(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变，则弹簧弹力不变,

则有

LS

解得

式=432K

(2)设弹簧初状态的压缩量为尤，由平衡条件

kx—(M+m)g

解得

x=4cm

对活塞下方的气体由

/7ox(12cmxS)=Pix(16cmxS)

得

四=7.5x104Pa

(3)设活塞上方气体末状态的压强为P2，由于弹簧恢复到原长，弹力为0,对活塞受力分析

p2S+mg=plS

解得

p2=7.0xl()4Pa

上方气体初态压强

p3=0o+祟=1.2xio5pa

对活塞上方气体，由

p2-(44cmx5)p3-(50cmxS)

T2=To

得

7；=23IK

10.(2024•浙江温州•二模)如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量加=lkg的活塞

密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面

上质量3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离为=40cm,缸内气体温度Z=300K,轻绳恰好处

于伸直状态，且无拉力。已知大气压强P0=0.99xl()5pa,活塞横截面积S=100cm2,忽略一切摩擦。现使

缸内气体温度缓慢下降，则

(1)当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度丁2；

(2)当缸内气体温度降至4=261.9K时，求物块上升高度A/z；

(3)已知整个过程缸内气体内能减小121.2J,求其放出的热量0。

【答案】(1)<=291K；(2)A/z=4cm；(3)160J

【详解】（1）初始时，对活塞

p0S+mg=p{S

解得

Pi=lxlO5Pa

当物块对地面无压力时，对活塞

p0S+mg=p2S+Mg

解得

Pi=0.97xl05Pa

对气体，由等容变化

十一T2

解得

5=291K

（2）对气体，由等压变化

匕.=匕

T2T3

即

解得

A/z=4cm

(3)整个降温压缩过程活塞对气体做功

W=p2AV=p25A/z=38.8J

根据热力学第一定律

AU=W+Q

得

2=-160J

放出热量为160J

11.(2024•浙江•二模)某种理想气体A内能公式可表示为E=?黑，”表示物质的量，R为气体常数

(/?=8.3Jmor1-K-1),T为热力学温度。如图所示，带有阀门的连通器在顶部连接两个绝热气缸，其横截

面积均为S=200cm2，高度分别为4=14cm,饱=4cm用一个质量M=15kg的绝热活塞在左侧气缸距底部

10cm处封闭〃=0.1mol,"=250K的气体A,气缸底部有电阻丝可对其进行加热，活塞运动到气缸顶部时

(图中虚线位置)被锁住，右侧气缸初始为真空。现对电阻丝通电一段时间，活塞刚好缓慢移动至气缸顶

部时断开电源并打开阀门。已知外界大气压强为为=卜10叩2,重力加速度g=10m/s2,不计活塞与气缸的

摩擦及连通器气柱和电阻丝的体积。求：

(1)上升过程中左侧缸内气体的压强。

(2)断开电源时气体升高的温度。

(3)稳定后整个过程中气体吸收的热量。

【答案】(1)1.075xl05Pa；(2)1OOK；(3)293.5J

【详解】(1)由平衡条件知

pS=Mg+p0S

压强为

p=p0+通=1.075x103

s

（2）气体做等压变化，由盖-吕萨克定律可得

%」

ToT{

解得

Tt=350K

贝I

AT=7；-7；=100K

（3）气体增加的内能为

「怨=2079

气体对外界做功为

W=-pSAh=-86J

根据热力学第一定律有AU=W+。

解得

Q=293.5J

故气体吸收的热量为293.5J。

12.（2024•贵州贵阳•一模）如图所示，上端开口的绝热圆筒气缸竖直放置。绝热活塞把一定量的气体（可

视为理想气体）密封在缸内，活塞可在缸内无摩擦地上下滑动，且不漏气。气缸处在大气中，大气压强为

poo活塞平衡时，缸内密封气体的体积为Vo,温度为己知活塞的横截面积为S、质量m="式（g为重

g

力加速度），密封气体的内能U与温度T的关系为a为常量）。现用电热丝缓慢地加热气体至体积为

2W,求此过程中气体吸收的热量0。

--松奎二二：

|痢::::：

—T•虬•:；

【答案】。=左"+2为匕

【详解】设缸内气体压强为P,对活塞受力分析有

pS二mg+poS

解得

P=2po

设体积为2%时，缸内密封气体的温度为(，此过程气体等压变，由盖一吕萨克定律得

%=引

To工

解得

7；=27；

增加的内能

此过程外界对气体做功

W=-2p0AV=-2p(y0

根据热力学第一定律有

NU=Q+W

联立解得

Q=kT0+2P(y0

13.(2024•湖南邵阳•二模)在导热良好的矩形气缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把气缸倒置悬

挂在空中，稳定时活塞刚好位于气缸口处，如图甲所示；当把气缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定

时如图乙所示。已知活塞质量为沈，横截面积为S,大气压强为=半，环境温度为To,气缸的深度为儿

重力加速为g,不计活塞与气缸壁间的摩擦。

(1)求图乙中活塞离气缸底部的高度历；

(2)活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于气缸口，已知封闭气体的内能随热力学

温度变化的关系为。=左7,左为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量。。

甲乙

3?

【答案】（1）（2）Q=-kT0+2mgh

【详解】（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为Pl、P2,则有

RS+mg=p0S,p0S+mg=p2S

解得

3mg5mg

，Pi=~^~

KJ\

气体做等温变化，由玻意耳定律有

PihS=p2hlS

联立解得

4=1〃

（2）设活塞回到气缸口时气体温度为A，气体等压变化，则有

h1s_hS

亍了

可得

加）

气体对外做的功为

W=p2s（力_/z,）=2mgh

气体内能变化为

NU=可_不=：立。

根据热力学第一定律可得

\U=Q-W

解得

Q=^kT0+2mgh

14.（23-24高三下•重庆沙坪坝•阶段练习）某兴趣小组参考烟雾报警器的原理，设计了一个简易温度报警装

置，原理图如图所示，一导热性能良好的汽缸竖直放置于平台上，质量为2kg活塞下方封闭一定质量的理

想气体，固定在天花板上的压力传感器与活塞通过刚性竖直轻杆连接，当传感器受到竖直向上的压力大小

大于20N时，就会启动报警装置。已知当外界温度为242K时，压力传感器的示数为0。不计气体体积变化

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以及一切摩擦，已知大气压强P°=L0xl()5pa,汽缸的横截面积为23?,g=10m/so求:

(1)当外界温度为242K时，封闭气体的压强大小；

(2)触发报警装置的环境温度值。

【答案】(1)2xl05pa；(2)363K

【详解】(D由受力分析

mg+P0S=pS

p=2xl05pa

(2)当达到报警温度时，由受力分析

mg+pQS+F=p'S

由查理定律

P_=PL

T~r

r=363K

15.(2024•黑龙江•二模)某物理探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容

器内用横截面积S=100cm2、质量机=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气

体处于温度］=300K、活塞与容器底的距离〃=15cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞

缓慢上升d=1cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态及活塞保持不动，气体被继续加热至温度

兀=36OK的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中，气体内能增加了AU=140J,大气压强

A=0.99xl()5Pa,重力加速度g取lOm/s?,求:

(1)气体在状态C时的压强；

(2)气体由状态A到状态C过程中，从外界吸收的热量。。

【详解】(1)气体在状态A时，有

PAS=PoS+mg

解得

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pA=IxlOPa

气体由状态A到状态8过程中，气体的压强不变，由盖吕萨克定律有

hS(/z+d)S

=

T\TB

解得

TB=320K

气体由状态2到状态C过程中，气体的体积不变，由查理定律有

PB_=PC_

TB~TC

解得

=1.125x10sPa

(2)气体从状态A到状态C的过程中，气体对外做的功为

W=pASd=10J

由热力学第一定律有

\U=Q-W

解得

e=i5oj

16.(2024•陕西西安•模拟预测)图甲是很多机械结构中都会用到的气弹簧装置，其简化模型如图乙所示,

装有氮气的封闭汽缸竖直固定在水平地面上，一光滑活塞将汽缸分成A、8两部分，活塞上有一个透气的小

孔将汽缸中两部分气体连通在一起，活塞上固定一个圆柱形连杆。已知活塞与连杆的总质量为m,活塞横

截面积为s,连杆横截面积为:S。初始时刻活塞静止在汽缸内某处，此时A部分气体高度为g/z,2部分

2

气体高度为§力。已知大气压强为P。，重力加速度为g,气体可看作理想气体，汽缸与连杆之间无摩擦且密

封良好，气体温度始终保持不变。

（1）求初始时刻汽缸内气体压强Pi；

（2）若对连杆施加向下的压力，使得活塞缓慢向下移动距离,求此时汽缸内气体压强P2。

【详解】（1）对活塞与连杆整体，有

mg+P0--+Pi\S--\=plS

解得

2mg

Pi=~^~+Po

ij

（2）气体初态体积

“eSh