6/8秘籍14熱力學定律與氣體實驗定律綜合應用【解密高考】【題型一】熱力學定律【題型二】熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用【題型三】熱力學第一定律在圖像問題中的應用【題型四】變質量氣體問題【題型五】關聯氣體問題：本部分內容全圈卷及其他新高考省份的考查題型保持相對穩定。所考查的內容為熱學的主干知識，包括內能、氣體壓強的微觀解釋，氣體實驗定律、兩個熱力學定律、氣體的圖像等。計算題大致以汽缸——活塞模型和玻璃管——液住模型呈現，主要以“變質量”模型和關聯氣體模型為考查方式。預測2025這兩種模型有可能繼續考查，所以不能忽視。：復習要突出重點和難點，重視知識的內在聯系，加強主干知識訓練，特別是汽缸——活塞模型和玻璃管——液住模型及二者混合模型的題目要加強訓練，氣體“變質量”問題等難點不能忽視，克拉伯龍方程也應該掌握；最后要更多聯系實際問題，培養分析問題、解決問題的能力，提高考生的模型建構能力和推理論證能力。【題型一】熱力學定律【熱力學第一定律】改變內能的兩種方式的比較方式名稱比較項目做功傳熱區別內能變化情況外界對系統做功，系統的內能增加；系統對外界做功，系統的內能減少系統吸收熱量，內能增加；系統放出熱量，內能減少從能量的角度看做功是其他形式的能與內能相互轉化的過程不同系統間或同一系統不同部分之間內能的轉移能的性質變化情況能的性質發生了變化能的性質不變相互聯系做一定量的功或傳遞一定量的熱量在改變內能的效果上是相同的【熱力學第二定律】1.熱力學第一、第二定律的比較定律名稱比較項目熱力學第一定律熱力學第二定律定律揭示的問題從能量守恒的角度揭示了功、熱量和內能改變量三者的定量關系指出一切與熱現象有關的宏觀自然過程都有特定的方向性機械能和內能的轉化通過做功機械能與內能互相轉化內能不可能在不引起其他變化的情況下完全轉化為機械能熱量的傳遞內能的變化量等于外界做的功與吸收的熱量之和說明熱量不能自發地從低溫物體傳向高溫物體表述形式只有一種表述形式有多種表述形式兩定律的關系在熱力學中，兩者既相互獨立，又互為補充，共同構成了熱力學知識的理論基礎2.兩類永動機的比較分類第一類永動機第二類永動機設計要求不需要任何動力或燃料，卻能不斷地對外做功的機器從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產生其他影響的機器不可能制成的原因違背能量守恒定律不違背能量守恒定律，違背熱力學第二定律【例1】如圖所示是一種兒童玩具“吡叭筒”，由竹筒和木棍組成，在竹筒的前后兩端分別裝上“叭子”（樹果子或打濕的小紙團）。叭子密封竹筒里面的空氣，迅速推動木棍，前端的叭子便會從筒口射出。則迅速推動木棍過程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的氣體（）A．壓強增大 B．溫度不變C．內能不變 D．每個分子的動能都變大【答案】A【詳解】迅速推動木棍過程中，竹筒中被密封的氣體體積減小，則壓強變大，外界對氣體做正功，，由于“迅速”過程氣體與外界無熱交換，則，根據熱力學第一定律可知，氣體內能增加，，溫度升高，分子平均動能增加，但不是每個分子的動能都增加。故選A。應用熱力學第一定律的三點注意(1)做功情況看氣體的體積：體積增大，氣體對外做功，W為負；體積減小，外界對氣體做功，W為正。(2)與外界絕熱，則不與外界發生傳熱，此時Q＝0。(3)如果研究對象是理想氣體，由于理想氣體沒有分子勢能，所以當它的內能變化時，體現為分子平均動能的變化，從宏觀上看就是溫度發生了變化。【例2】生活中，在特定的時間，人們會燃放“禮花”，表達人們的祝福與喜悅。禮花噴射器原理如圖所示，通過扣動氣閥可釋放氣罐內壓縮氣體，對紙管里填充的禮花彩條產生沖擊，噴向高處，在噴出禮花彩條的瞬間，下列說法正確的是（）A．該過程將機械能轉化為內能 B．氣體分子沖向紙管后能全部自發回到罐內C．氣體通過做功方式改變了自身的內能 D．氣體溫度可能不變【答案】C【詳解】A．該過程是將內能轉化為機械能，故A錯誤；B．根據熱力學第二定律可知，分子沖向紙管后不可能全部自發回到罐內，故B錯誤；C．在噴出禮花彩條的過程中，罐內的壓縮氣體對禮花彩條做功，氣體的內能轉化為禮花彩條的機械能，故C正確；D．氣體對外做功，無熱傳遞，故內能減小，溫度降低，故D錯誤。故選C。【變式1】兩小寶寶分別畫了一條小魚，妹妹畫的小魚如圖1所示，哥哥畫的小魚如圖2所示，都畫出了小魚在水中吐泡泡的神韻。從物理視角分析，下列說法正確的有（）A．小魚吐的氣泡上升時，體積不變，圖1不合理B．小魚吐的氣泡上升時，體積減小，圖2不合理C．小魚吐的氣泡上升時，泡內壓強增大D．小魚吐的氣泡上升時，液體對氣泡做負功【答案】D【詳解】ABC．小魚吐出氣泡后，在水中上升，距離水面越來越近，壓強減小，根據可知體積增大，故ABC錯誤；D．小魚吐的氣泡上升時，氣體膨脹，氣體對外做正功，液體對氣泡做負功，故D正確。故選D。【變式2】（多選）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為，原線圈接在電壓峰值為的正弦交變電源上，副線圈的回路中接有阻值為的電熱絲，電熱絲密封在絕熱容器內，容器內封閉有一定質量的理想氣體。接通電路開始加熱，加熱前氣體溫度為，已知該容器內的氣體吸收的熱量與其溫度變化量成正比，即，其中已知，若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收，當容器內氣體壓強達到加熱前的2倍時，則下列說法正確的是（）A．變壓器的輸出電壓為 B．變壓器的輸出功率為C．容器內氣體吸收的熱量為 D．電熱絲通電的時間為【答案】BD【詳解】A．由原線圈正弦交流電的峰值可知變壓器輸入電壓有效值為設變壓器副線圈的輸出電壓為U2，根據理想變壓器的電壓與匝數之間的關系有聯立解得A錯誤；B．理想變壓器的輸出功率等于R的熱功率，即B正確；C．設加熱前容器內氣體的壓強為p0，則加熱后氣體的壓強為2p0，溫度為T2，容器內的氣體做等容變化，則有由解得氣體吸收的熱量C錯誤；D．根據熱力學第一定律氣體的體積不變，所以容器是絕熱容器，則電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收聯立整理得解得D正確。故選BD。【變式3】如圖1所示，一定質量的理想氣體被質量為的絕熱活塞封閉在豎直放置的絕熱汽缸（上端開口）中，汽缸放置在電熱爐盤上，活塞的面積為，與汽缸底部相距，溫度為。現用如圖2所示的交變電流，接通爐盤中阻值為電熱絲給氣體緩慢加熱，經過時間活塞緩慢向上移動距離后停止加熱，整個過程中，已知電熱爐盤電阻絲產生的熱量被容器內氣體吸收，已知大氣壓強為，重力加速度為。求：(1)停止加熱時，氣體的溫度；(2)此過程中容器內氣體增加的內能。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）對處于平衡狀態的活塞進行受力分析有解得活塞緩慢上升過程中氣體壓強不變，根據蓋-呂薩克定律有解得（2）時間內電熱爐盤電阻絲產生的熱量氣體對外做功根據熱力學第一定律解得【題型二】熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用解答此類問題的基本流程【例1】如圖所示，在天河校區高三9班教室門前的欄桿上，用細繩綁著一只有助于舒緩壓力的“奶龍”氣球。觀察發現，白天溫度較高時，它能向上飄起，細繩拉緊；晚上溫度驟降時，它不能向上飄起，細繩松弛。假設大氣壓強恒為p0，白天氣溫為T1，晚上氣溫為T2，空氣密度為ρ，重力加速度為g。氣球內封閉氣體可視作理想氣體，內部氣壓保持與大氣壓強相等，理想氣體狀態方程的比例常數為C。一定質量的同種理想氣體的內能只與溫度有關，U=kT（k為常數）。求：(1)氣球所受空氣浮力的變化量；(2)氣球放出的熱量。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）根據公式可得浮力的變化量根據理想氣體狀態方程可得得（2）根據題意從白天到晚上氣體內能變化為過程氣體體積減小，外界對氣體做功根據熱力學第一定律得則氣球放出的熱量為熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合問題的處理方法(1)氣體實驗定律的研究對象是一定質量的理想氣體。(2)解決具體問題時，分清氣體的變化過程是求解問題的關鍵，根據不同的變化，找出相關的氣體狀態參量，利用相關規律解決。(3)對理想氣體，只要體積變化，外界對氣體(或氣體對外界)做功W＝pΔV；只要溫度發生變化，其內能就發生變化。(4)結合熱力學第一定律ΔU＝W＋Q求解問題。【變式1】（多選）如圖所示，豎直放置的固定汽缸內由活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦地滑動，汽缸的橫截面積為，將整個裝置放在大氣壓恒為的空氣中，開始時缸內氣體的溫度為，空氣柱長度為。用電熱絲對氣體緩慢加熱，活塞緩慢向上移動，缸內氣體只與電熱絲發生熱交換，當缸內氣體吸熱為時，缸內空氣柱長度增加量為，處于平衡。關于缸內氣體的判定正確的有（）A．內能可能不變 B．內能一定增大 C． D．【答案】BD【詳解】AB．氣體加熱緩慢上升過程屬于等壓變化過程，設缸內空氣柱長度增加量為時氣體的溫度為，氣體發生等壓變化，由蓋—呂薩克定律得氣體體積增大，故氣體溫度升高，內能一定增大，A錯誤，B正確；CD．上升過程中，根據熱力學第一定律得式中所以氣體體積膨脹對外做功，考慮活塞的重力，則因此可得C錯誤，D正確。故選BD。【變式2】如圖所示，豎直放置的圓柱形汽缸內用橫截面積為S的輕質活塞封閉1mol的理想氣體，汽缸密閉性良好，活塞可在汽缸內無摩擦滑動。初始時，活塞靜止在距汽缸底部L處，活塞上方2L處有固定卡扣。現加熱氣體，使其溫度從T緩慢升高至3T，該過程中氣體內能增加3p0SL（p0為外界大氣壓強），此后氣體溫度繼續緩慢升高至5T。已知理想氣體內能與溫度成正比，外界大氣壓強恒為p0。求：(1)溫度升高至3T時，氣體的體積；(2)溫度從T升高至3T的過程中，氣體吸收的熱量；(3)摩爾熱容指的是1mol物質溫度升高1K所吸收的熱量。摩爾熱容與氣體經歷的變化過程有關，如果升溫是在體積不變條件下進行，該熱容稱為等容摩爾熱容（Cv）；如果升溫是在壓強不變條件下進行，該熱容稱為等壓摩爾熱容（Cp）。該氣體溫度從T升高至5T的過程中，氣體的等容摩爾熱容與等壓摩爾熱容的比值。【答案】(1)3SL；(2)5p0SL；(3)【詳解】（1）假設溫度升高至時，活塞還未運動到固定卡扣位置，設此時氣體的體積為，氣體溫度從升高至的過程中，氣體經歷等壓變化可得，解得此時活塞距汽缸底部的距離剛好為，說明活塞恰好運動到固定卡扣位置。（2）氣體溫度從升高至的過程中，對外界做的功為由熱力學第一定律可得解得（3）理想氣體內能與溫度成正比，可得氣體溫度從升高至的過程中，內能的增加量等于溫度從升高至的內能增加量由熱力學第一定律可得氣體溫度從升高至的過程中，氣體體積不變，氣體對外界不做功由摩爾熱容的定義可得，可得溫度從升高至的過程中，氣體的等容摩爾熱容與等壓摩爾熱容的比值為【變式3】有人設計了一種如圖所示的測溫裝置，玻璃管的上端與導熱良好的玻璃泡連通，玻璃泡中封有一定量的氣體，玻璃管下端插入水銀中，通過管內水銀面的高度x即可反映泡內氣體的溫度，即環境溫度。已知在標準大氣壓為76cmHg的環境下，熱力學溫度T1=300K時，玻璃管內水銀面的高度為x=20.0cm。假設玻璃管的體積與玻璃泡的體積相比可略去不計。(1)若玻璃管內水銀面的高度為22.8cm，求環境的熱力學溫度；(2)某同學將該裝置拿到黃山某山峰頂，環境的熱力學溫度為285K，他發現管內水銀面的高度為7.3cm，通過計算估算該山峰的海拔。（已知海拔3000m以內，每升高120m，大氣壓減小約1cmHg）【答案】(1)；(2)【詳解】（1）由題意可知，該過程為等容變化，初狀態，末狀態根據查理定律則有代入數據解得（2）由題意可知，該過程為等容變化，初狀態，末狀態，根據查理定律則有解得該山峰的海拔高度為【題型三】熱力學第一定律在圖像問題中的應用用熱力學第一定律解決圖像問題的思路(1)氣體的狀態變化可由圖像直接判斷或結合理想氣體狀態方程eq\f(pV,T)＝C分析。(2)氣體的做功情況、內能變化及吸放熱關系可由熱力學第一定律分析。(3)在p-V圖像中，圖像與橫軸所圍圖形的面積表示氣體對外界或外界對氣體所做的功。【例1】（多選）一定質量的理想氣體、經過一個緩慢的過程從狀態P變化到狀態Q，該過程的圖像如圖甲所示，圖乙為其圖像、a、c兩條曲線中的一條與上述過程對應，曲線a和c均為開口向下的拋物線，下列說法正確的是（）A．曲線a對應了P到Q的過程B．曲線c對應了P到Q的過程C．P到Q的過程理想氣體吸收的熱量為D．狀態P中氣體分子單位時間內與器壁單位面積上的碰撞次數是狀態Q的1.5倍【答案】BC【詳解】AB．P到Q的過程壓強減小，體積增大，根據理想氣體狀態方程可知，初末狀態溫度相同，在圖乙中，，所以虛線b為等壓線，從P到Q過程中，壓強始終小于P點壓強，即圖像斜率小于P點對應斜率，所以曲線c對應了P到Q的過程，故A錯誤，B正確；C．圖像面積代表做功，所以P到Q的過程內能不變，根據熱力學第一定律，理想氣體吸收的熱量為，故C正確；D．初末狀態溫度相同，分子平均動能相同，初態壓強是末態的2倍，所以狀態P中氣體分子單位時間內與器壁單位面積上的碰撞次數是狀態Q的2倍，故D錯誤。故選BC。【例2】（多選）一定質量的理想氣體經歷四段狀態變化過程，其圖像如圖所示。其中da延長線與橫軸的交點為0K，bc和cd分別平行于橫軸和縱軸，、、三個狀態的體積關系為，下列說法不正確的是（）A．從到，單位時間碰撞單位面積器壁的分子數減少B．、兩狀態的體積之比為C．從到的過程氣體從外界吸收的熱量小于從到的過程氣體從外界吸收的熱量D．從到，氣體的體積不變【答案】CD【詳解】A．從b到c，壓強不變，溫度升高，則體積變大，單位體積內分子數減少，則單位時間碰撞單位面積器壁的分子數減少，故A正確；B．d到a等容過程有c到d等溫過程有又聯立解得，故B正確；C．由，聯立解得bcd過程的圖如下由圖可知，b到c和c到d的體積差相等。由于圖線與橫坐標圍成的面積表示氣體對外界做的功，顯然b到c，氣體溫度升高，內能增加，根據熱力學第一定律得c到d，氣體溫度不變，內能不變，根據熱力學第一定律得聯立可得，故C錯誤；D．根據得可知圖像的斜率與氣體體積有關，從a到b，圖線的斜率增大，則氣體的體積減小，故D錯誤。選不正確的，故選CD。【變式1】如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態經熱力學過程、、、后又回到狀態。圖中段為一個四分之三圓弧，段是一個與前者半徑相同的四分之一圓弧。已知氣體在狀態時的溫度為27℃，從狀態到狀態的過程中內能變化了。求：(1)氣體在狀態時的溫度；(2)氣體從狀態到狀態的過程中吸收或放出的熱量。【答案】(1)或；(2)吸熱【詳解】（1）氣體從A狀態到B狀態，由理想氣體狀態方程得

根據p-V圖像及已知條件，，；解得或（2）根據圖像比較氣體的B、D狀態，氣體在D狀態時的內能較大，所以氣體從狀態B到狀態D過程中，內能增大，即根據圖像知，，，，則有根據熱力學第一定律得解得吸熱【變式2】某導熱性良好的容器，內含一定質量的理想氣體，由狀態A經過狀態B變為狀態C的圖像，如圖所示。已知氣體在狀態A時的壓強是，其他已知量在圖示中標出。(1)求大小。(2)請你建立一個坐標系，并在該坐標系中，作出氣體由狀態A經過B變為C的圖像，并標出A、B、C的坐標值。(3)氣體由狀態A經過B變為C的過程中，假定氣體吸收熱量為，求氣體A、C狀態的內能變化量。【答案】(1)200K；(2)見解析；(3)【詳解】（1）A至B是等壓過程,由蓋—呂薩克定律，則有解得（2）由于A至B是等壓過程,B到C為等容過程,由查理定律，可得代入數據解得由此可畫出由A到B到C的p-V圖像如下圖（3）A到C，以氣體為研究對象可知，A到B氣體膨脹對外做功，B到C氣體等容變化，不做功，故整個過程氣體對外做的功為AB與坐標軸圍成的面積，即由熱力學第一定律可知其中解得即氣體內能增加【題型四】變質量氣體問題分析變質量氣體問題時，要通過巧妙地選擇研究對象，使變質量氣體問題轉化為定質量氣體問題，用氣體實驗定律求解。1．充氣問題：選擇原有氣體和即將充入的氣體整體作為研究對象，就可把充氣過程中氣體質量變化問題轉化為定質量氣體的狀態變化問題。2．抽氣問題：將每次抽氣過程中抽出的氣體和剩余氣體整體作為研究對象，質量不變，故抽氣過程可以看成是定質量氣體狀態變化過程。3．灌氣問題：把大容器中的剩余氣體和多個小容器中的氣體整體作為研究對象，可將變質量氣體問題轉化為定質量氣體問題。4．漏氣問題：選容器內剩余氣體和漏出氣體整體作為研究對象，便可使變質量氣體問題變成定質量氣體問題。【例1】圖甲為后備箱氣壓桿的示意圖，氣壓桿內部的高壓氣體被活塞密封在汽缸中。在后備箱打開或關閉過程中，氣壓桿內部的氣體體積發生變化。箱蓋打開靜止在某位置時，活塞到汽缸底部的距離為，活塞的橫截面積為。箱蓋作用于連桿上的沿桿方向的力為，如圖乙所示。已知大氣壓強為，重力加速度為。不計活塞與容器壁的摩擦及連桿和活塞的質量，忽略氣體溫度的變化。(1)求此時被封閉氣體的壓強；(2)活塞到容器底部的距離為時，求此時氣體的壓強；(3)由于漏出部分氣體，當活塞到容器底部的距離為時，此時沿桿方向作用力變為，求漏出的氣體與剩余氣體的質量比。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）對活塞受力分析，由平衡條件解得（2）對封閉氣體研究，活塞由到處的過程中，由玻意耳定律得解得（3）設漏出氣體的體積為解得【例2】如圖所示是一增壓裝置示意圖，圓柱形汽缸內部高為，其底部和側壁絕熱，頂部導熱。不計重力和厚度的絕熱活塞將缸中空氣（可視為理想氣體）分隔成兩部分。初始時，活塞位于汽缸正中間，上、下兩部分氣體的壓強、溫度均與大氣壓強和環境溫度相同。現通過打氣筒緩慢向汽缸上部充入一定量的空氣后，活塞移動距離為，此時下部氣體的溫度為。環境溫度始終保持不變，不計活塞與汽缸壁間的摩擦，活塞不漏氣。求：(1)充氣后汽缸下部氣體的壓強；(2)充入空氣的質量與汽缸中原有空氣的總質量之比。【答案】(1)2.5p0；(2)【詳解】（1）設汽缸內部橫截面積為S，對汽缸下部封閉氣體，根據理想氣體狀態方程有其中，，解得p1=2.5p0（2）設充入氣體在壓強為時的體積為，對汽缸上部氣體進行分析，根據玻意耳定律有其中解得汽缸中原有空氣的體積則有【變式1】如圖所示，爆米花機是一種對谷物進行膨化加工的裝置，主體為一個金屬罐體。在大氣壓強為的干燥環境下打開閥門向罐內放入干燥的谷物，谷物占罐內體積的，關閉閥門，將支撐軸和搖柄架設在火爐的支架上進行旋轉加熱，當罐內氣體溫度為時，壓強為，當溫度達到時打開閥門，因為壓強突然變小，巨大的壓強差使得谷物迅速膨脹，從而達到膨化的效果。(1)求打開閥門前瞬間罐內氣體的壓強；(2)打開閥門后，罐內氣體迅速膨脹，谷物全部噴出。當罐內氣體溫度降為時，求罐內剩余氣體質量與打開閥門前罐內氣體質量之比。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）對罐內氣體，根據查理定律有可得（2）設罐內空間的體積為，由理想氣體狀態方程可得則罐內剩余氣體質量與打開閥門前罐內氣體質量之比為【變式2】如圖所示，某實驗小組設計了一種簡易氣壓升降裝置。氣缸Ⅰ豎直放置，體積為，質量的活塞a（S為活塞橫截面積）靜止在氣缸Ⅰ的中間位置，封閉氣體的體積為。氣缸Ⅱ水平放置，封閉氣體的體積為，壓強為，通過單向閥門與大氣連通，活塞b向左推動時，關閉；向右拉動時，打開。兩氣缸通過體積不計的管道連通，管道左端有單向閥門，只有氣缸Ⅱ中氣體壓強大于氣缸Ⅰ中氣體壓強時，才能打開。氣缸Ⅱ右側的活塞b每緩慢推一次，都能將體積為，壓強為的氣體全部壓入氣缸Ⅰ中，活塞a上升到氣缸Ⅰ頂端時會被卡住。大氣壓強為，重力加速度為g，不計活塞與氣缸之間的摩擦及活塞的厚度，兩氣缸導熱良好，環境溫度保持不變，求(1)第1次緩慢推活塞b，將氣缸Ⅱ中氣體全部壓入氣缸Ⅰ后，活塞a升高的高度；(2)第3次緩慢推活塞b，當氣缸Ⅱ中氣體體積壓縮到多大時，閥門才能夠打開。【答案】(1)；(2)【詳解】（1）開始時活塞a距氣缸Ⅰ底部的高度為活塞a靜止不動，氣缸Ⅰ中的氣體壓強為，對活塞a有得氣缸Ⅰ充氣1次后活塞高度為，根據玻意耳定律得氣缸Ⅰ中活塞上升的高度為（2）氣缸Ⅰ充氣2次后，假設活塞未到氣缸Ⅰ頂部，根據玻意耳定律得則活塞a恰好到達氣缸頂部，氣缸Ⅰ中氣體壓強仍為，第3次緩慢推活塞b，壓縮氣缸Ⅱ中氣體體積到，壓強與氣缸Ⅰ充氣2次后的壓強相同，根據玻意耳定律得得【題型五】關聯氣體問題關聯氣體問題的解題思路(1)分別研究各部分氣體，分析它們的初狀態和末狀態的參量。(2)找出它們各自遵循的氣體狀態變化規律，并寫出相應的方程。(3)找出各部分氣體之間壓強或體積的關系式。(4)聯立求解。對求解的結果注意分析合理性。【例1】某同學設計的空氣減震器模型如圖甲所示，它主要由活塞和導熱性能良好的汽缸構成，兩輕質活塞通過橫截面積不計的輕桿連接。將該模型置于水平地面上，輕桿與地面垂直，汽缸內密閉氣體可視為理想氣體。汽缸A中活塞的橫截面積，初始時活塞到汽缸A頂端的距離，汽缸A內氣體的壓強。現將質量的物塊C置于汽缸A頂部，如圖乙所示。一段時間后，系統重新達到平衡。已知汽缸B中活塞的橫截面積為汽缸A中活塞橫截面積的2倍，活塞與汽缸間的摩擦均忽略不計，汽缸始終密封良好，環境溫度保持不變，大氣壓強，取。下列說法正確的是（）A．汽缸A的質量為20kgB．該過程汽缸A、汽缸B內的氣體均吸熱C．系統再次平衡后，汽缸A內的氣體體積縮小了D．系統再次平衡后，汽缸B中氣體的壓強為【答案】D【詳解】A．初始時汽缸A中氣體的壓強為解得汽缸A的質量故A錯誤；B．放上物塊C待系統重新達到平衡后，汽缸A、汽缸B內的氣體溫度均不變，則內能均不變，由熱力學第一定律可知，汽缸內氣體的體積均減小，外界對氣體做正功，則汽缸內氣體均放熱，故B錯誤；C．放上物塊C待系統重新達到穩定后，汽缸A內氣體的壓強解得設此時汽缸A內氣體的體積為V，由玻意耳定律可得解得則汽缸A內的氣體體積縮小了故C錯誤；D．放上物塊C待系統穩定后，設汽缸B內氣體的壓強為，以B中活塞為研究對象，有解得故D正確。故選D。【例2】如圖所示，一個底面積的柱形導熱光滑汽缸與足夠長的U形細管連接，U形細管右端封閉，其中有一定量的水銀，細管體積可忽略。外界溫度時，從汽缸開口處緩慢放入一個質量為的活塞（密封效果良好），穩定時活塞底距離汽缸底高度，大氣壓強為。(1)從放入活塞到穩定的過程中，汽缸內氣體。（選填“向外界放熱”或“從外界吸熱”）(2)求穩定后汽缸內氣體的壓強和U形管中水銀液面的高度差（結果保留1位小數）。(3)求汽缸的總高度（結果保留整數）。【答案】(1)向外界放熱；(2)，；(3)【詳解】（1）放入活塞后，氣體壓強增大，體積減小，外界對氣體做功，又由于穩定后氣體溫度不變，內能不變，根據熱力學第一定律可知，氣體向外界放熱。（2）對活塞進行分析，根據平衡條件有解得U形管兩側水銀液面的高度差為（3）氣體發生等溫變化，根據玻意耳定律有即有解得【變式1】氣壓傳動是以壓縮空氣為動力源來驅動和控制各種機械設備的技術。圖示為某氣動元件的結構簡圖，長度為3L的汽缸被兩立柱均分為3份，輕質活塞可在立柱間保持豎直左右自由活動，體積不計的輕質彈簧