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大题精练03 热力学计算问题
一、气体压强的求法
1．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
例：求解下列气体压强
力平衡法:题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有p甲S+ρghS=p0S,所以p甲 =p0-ρgh。
液片法:题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p乙S+ρghS=p0S,所以p乙=p0-ρgh
液片法:题图丙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p丙S+ρgh sin 60°·S=p0S,所以p丙=p0-ρgh
液片法:题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有p丁S=pS+ρgh1S,所以p丁=p0+ρgh1。
等压面法:题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为 p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强pb=p0+ρg(h2-h1,),故a气柱的压强pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)
二、气体实验定律的应用
1．气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比
表达式 p1V1＝p2V2 ＝或 ＝ ＝或 ＝
图象
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
三、热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．
（2024 中原区一模）可导热气缸A和绝热气缸B中分别用两个绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，气缸B放在水平地面上，气缸A被固定在空中。已知两活塞面积分别为S和2S，两活塞用一个刚性细杆固定在一起，并可在竖直方向沿气缸无摩擦滑动，整个装置气密性良好且处于静止状态。假设B中气体温度为27℃时，两缸中气体A、B的体积均为V0，大气压为p0，初始时A中气体的压强为1.2p0，活塞与连杆的总质量m。
（1）试计算气缸B中气体的压强为多大；
（2）若对B中气体进行加热使其压强变为原来的1.2倍，同时保持A中气体的温度不变，试计算活塞重新达到平衡时B中气体的温度。
【解答】解：（1）设B中气体的压强为pB，A中气体压强pA＝1.2p0，
活塞与连杆静止处于平衡状态，对活塞与连杆，由平衡条件得：
pAS+p0 2S+mg＝pB 2S+p0S，
解得B中气体的压强：pB＝2.1p0
（2）若对B中气体进行加热，使其压强变为原来的1.2倍，则B中气体压强pB′＝1.2pB＝2.52p0，
重新达到平衡后，对活塞与连杆，由平衡条件得：
pA′S+p0 2S+mg＝pB′ 2S+p0S
解得：pA′＝2.04p0，
A中气体温度不变，对A中气体，由玻意耳定律得：
pAV0＝pA′VA
解得：
设B气体末状态的体积为VB，因为两活塞移动的距离相等，
则有：
解得：
对B中气体，由理想气体状态方程得：
解得：TB＝656.5K
答：（1）气缸B中气体的压强大小为2.1p0；
（2）活塞重新达到平衡时B中气体的温度是656.5K。
1．（2024 绥宁县校级模拟）酒精在医疗领域工业生产、燃料、科研实验、食品加工和日常生活有着广泛用途，酒精的制作过程主要用发酵法：利用淀粉质原料或糖质原料，在微生物的作用下生成酒精。中国古代酿酒技术的发展历程可以追溯到史前时期，尤其到了元朝引进了加热蒸馏技术，真正的高品质酒精问世。除了加热外，压强的变化也会影响酒精的品质。高品质酒精制作过程简化如图：导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的酒水混合气体（可视为理想气体）活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞面积S＝20cm2，封闭气体的体积为V1＝1800cm3，温度27℃，大气压强p0＝1.0×105Pa，重物质量5kg，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，当温度升高至47℃时，封闭气体吸收了Q＝80J的热量，使活塞刚好升到缸口（g＝10m/s2）。求：
（1）活塞到缸口距离h是多少？
（2）气体内能的变化？
【解答】解：（1）封闭气体初态：V1＝1800cm3，T1＝27℃＝300K
末态：T2＝47℃＝320K，
缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化：
代入数据解得：V2＝1920cm3
活塞上升距离：hcm＝6cm
（2）封闭气体做等压变化的压强为p，对活塞：p0s＝ps+G
缸内气体对外界做功：W＝psh
联立代入数据解得：W＝ 6J
由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化：ΔU＝Q+（﹣W）
解得：ΔU＝74J，故汽缸内的气体内能增加了74J
答：（1）活塞到缸口距离h是6cm；
（2）气体内能增加了74J。
2．（2024 荔湾区校级一模）图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为T0＝300K，现启动加热模式使气体温度升高到T＝450K，此过程中气体吸收的热量为Q＝8.0×103J，内胆中气体的体积不变，求：
（1）此时内胆中气体的压强p；
（2）此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。
【解答】解：（1）根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，气体可视为理想气体；
根据查理定律
代入数据解得p＝1.5×105Pa
（2）根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q
由于气体的体积不变，气体做功W＝0
气体吸收的热量Q＝8.0×103J
解得ΔU＝8.0×103J。
答：（1）此时内胆中气体的压强为1.5×105Pa；
（2）此过程内胆中气体的内能增加量为8.0×103J。
3．（2024 东湖区校级一模）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m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速度为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h1；
（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U＝kT，k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Q。
【解答】解：（1）设甲、乙中封闭气体的压强分别为p1、p2，
根据平衡条件有：p1S+mg＝p0S，p0S+mg＝p2S
解得：，
气体做等温变化，由玻意耳定律有
p1hS＝p2h1S
联立代入数据整理解得：
（2）设活塞回到气缸口时气体温度为T1，气体等压变化，则有
可得：
气体对外做的功为：W＝p2S（h﹣h1）＝2mgh
气体内能变化为：
根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q﹣W
代入整理解得：
答：（1）图乙中活塞离气缸底部的高度；
（2）在该过程中封闭气体所吸收的热量。
4．（2024 青秀区校级二模）如图，两侧粗细均匀、横截面积均为S＝6.0cm2、高度均为L＝20cm的U形管，右管上端封闭，左管上端开口，管底水平段的体积可忽略。左管中有高l＝5.0cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离h＝13cm。环境温度为t1＝13℃。大气压强。
（1）若从左侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），当水银柱下端刚好到达左管底部时，停止注入水银，此过程气体温度保持不变，求此过程向左管内注入水银柱的高度；
（2）若对右管中密封气体缓慢加热，使高为l的水银柱上表面恰与左管口平齐，求此时密封气体的温度，若该过程封闭气体内能增加10.68J，求气体从外界吸收的热量。
【解答】解：（1）设该过程注入的水银高度为Δh，则有p1S（2L﹣h﹣l）＝p2SL
又有p1＝p0+pl＝（75+5）cmHg＝80cmHg
p2＝p1+pΔh
解得：Δh＝8cm
（2）此过程为等压变化，设水银柱上表面与左管口平齐时封闭气体温度为T2，则有
又有，T1＝（273+13）K＝286K
解得，T2＝455K
在等压膨胀的过程中，根据热力学第一定律，则ΔU＝Q+W
W＝﹣p1Sh
代入数据解得：W＝﹣8.32J
解得，从外界吸收的热量Q＝19J
答：（1）此过程向左管内注入水银柱的高度为8cm；
（2）此时密封气体的温度为455K，气体从外界吸收的热量为19J。
5．（2024 乌鲁木齐三模）小梁同学为家里的蔬菜大棚设计了一个气体温度计。在一个空易拉罐中插入一根两端开口、粗细均匀的透明玻璃管，接口用蜡密封，在玻璃管内有一小段油柱，构成一个简易的“温度计”。如图所示，将“温度计”竖直放置，当外界温度为t1＝27℃时，油柱在A位置，当外界温度缓慢降低到t2＝24℃时，油柱降低到B位置。已知外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，A、B间的高度差为Δh＝20cm，玻璃管内部的横截积面积S＝0.25cm2。该过程中油柱与易拉罐间封闭的气体放出的热量为Q＝2.44J。封闭气体可视为理想气体，不计油柱的重力，易拉罐导热性能良好。求：
（1）油柱在A位置时封闭气体的体积V；
（2）该过程中封闭气体的内能的变化量ΔU。
【解答】解：（1）因不计油柱的重力，所以封闭气体的变化过程为等压变化过程；
设 t1、t2 对应的热力学温度分别为 T1、T2 由盖﹣吕萨克定律得
T1＝t1+273KT2＝t2+273K
联立解得：V＝500cm3；
（2）设该过程中外界大气压力对封闭气体做的功为W，根据热力学第一定律得
W＝p0SΔh
ΔU＝W﹣Q
联立解得：ΔU＝﹣1.94J
即该过程中封闭气体的内能减少了1.94J；
答：（1）油柱在A位置时封闭气体的体积V为500cm3；
（2）该过程中封闭气体的内能的变化量ΔU为1.94J。
6．（2024 龙凤区校级模拟）如图，上端开口的汽缸竖直固定在水平地面上，a、b位置处内壁有卡口，位于卡口处的活塞通过轻绳（绕过定滑轮p、q）与可以视为质点的重物连接，重物悬空。活塞与汽缸中封闭着一定质量的理想气体。开始时活塞紧压在卡口上，汽缸中的气体压强为p1，温度为T1，再将低温材料包裹在汽缸外壁，使得汽缸中的气体温度缓慢降低，直至活塞刚好到达c、d位置处。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略，重物的质量3m；卡口距离缸底为H，c、d位置距离缸底为；汽缸外面的空气压强保持为p0不变；不计汽缸与活塞之间、轻绳与定滑轮之间的摩擦，重力加速度大小为g。
（1）活塞刚好到达c、d位置时理想气体的温度T2；
（2）若开始降温到活塞刚好到达c、d位置过程中，理想气体对外放出热量的大小为Q，求理想气体的内能变化量ΔU。
【解答】解：（1）活塞刚好到达c、d位置处时，对活塞受力分析可得
mg+p0S＝p2S+3mg
可得，活塞刚好到达c、d位置处时，汽缸中的气体压强为
根据理想气体状态方程可得
解得，活塞刚好到达c、d位置时理想气体的温度为
（2）活塞下移的过程中，外界对气体做的功为
则根据热力学第一定律可得，理想气体的内能变化量为
答：（1）活塞刚好到达c、d位置时理想气体的温度T2为。
（2）理想气体的内能变化量ΔU为。
7．（2025 湖北模拟）如图所示，一粗细均匀的U形的玻璃管竖直放置，左侧竖直管上端封闭，右侧竖直管上端与大气相通且足够长，左侧竖直管中封闭一段长为l1＝48cm的空气柱（可视为理想气体），气体的温度为T1＝300K，水平管内充满水银，右侧竖直管中水银柱长h1＝24cm，如果从右侧竖直管内缓慢注入h＝36cm水银柱，注入的水银与原来右侧管内水银之间没有空气，注入过程空气柱的温度保持不变，水银柱长度远远大于玻璃管的直径，大气压强为p0＝76cmHg。
（i）求稳定后空气柱的长度l2；
（ii）如果要使空气柱再恢复到原来的长度48cm，求需要将空气柱的温度变为多少。
【解答】解：（i）左管内气体初状态压强p1＝p0+ph1＝（76+24）cmHg＝100cmHg，
设玻璃管的横截面积为S，气体初状态的体积V1＝l1S＝48S，
设注入水银后左管内水银柱高度为x，左管内气体体积V＝（l1﹣x）S，
此时左管气体压强p2＝p0+ph1+ph﹣p2x＝（76+24+36﹣2x）cmHg＝（136﹣2x）cmHg
气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，
代入数据解得：x＝8cm
稳定后空气柱的长度l2＝l1﹣x＝（48﹣8）cm＝40cm
（ii）气体初状态的温度T1＝300K，末状态压强p3＝p0+ph1+ph＝（76+24+36）cmHg＝136cmHg
气体体积不变，由查理定律得：
代入数据解得：T3＝408K
答：（i）稳定后空气柱的长度l2是40cm；
（ii）如果要使空气柱再恢复到原来的长度48cm，需要将空气柱的温度变为408K。
8．（2024 长沙校级模拟）洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气20次后开始喷水。已知外部大气压强恒为p0，打气筒每次打入压强为p0、体积为的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
【解答】解：（1）用打气筒打气20次后尚未喷水时壶内封闭空气的压强最大，打气过程中相当于把空气等温压缩，根据玻意耳定律得：
解得：
（2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V剩，根据玻意耳定律得：
解得：
故假设成立，壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为。
答：（1）喷水壶内封闭空气的最大压强p为；
（2）喷水壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，最少还能剩余。
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大题精练03 热力学计算问题
一、气体压强的求法
1．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
例：求解下列气体压强
力平衡法:题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有p甲S+ρghS=p0S,所以p甲 =p0-ρgh。
液片法:题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p乙S+ρghS=p0S,所以p乙=p0-ρgh
液片法:题图丙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p丙S+ρgh sin 60°·S=p0S,所以p丙=p0-ρgh
液片法:题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有p丁S=pS+ρgh1S,所以p丁=p0+ρgh1。
等压面法:题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为 p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强pb=p0+ρg(h2-h1,),故a气柱的压强pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)
二、气体实验定律的应用
1．气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比
表达式 p1V1＝p2V2 ＝或 ＝ ＝或 ＝
图象
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
三、热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．
（2024 中原区一模）可导热气缸A和绝热气缸B中分别用两个绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，气缸B放在水平地面上，气缸A被固定在空中。已知两活塞面积分别为S和2S，两活塞用一个刚性细杆固定在一起，并可在竖直方向沿气缸无摩擦滑动，整个装置气密性良好且处于静止状态。假设B中气体温度为27℃时，两缸中气体A、B的体积均为V0，大气压为p0，初始时A中气体的压强为1.2p0，活塞与连杆的总质量m。
（1）试计算气缸B中气体的压强为多大；
（2）若对B中气体进行加热使其压强变为原来的1.2倍，同时保持A中气体的温度不变，试计算活塞重新达到平衡时B中气体的温度。
1．（2024 绥宁县校级模拟）酒精在医疗领域工业生产、燃料、科研实验、食品加工和日常生活有着广泛用途，酒精的制作过程主要用发酵法：利用淀粉质原料或糖质原料，在微生物的作用下生成酒精。中国古代酿酒技术的发展历程可以追溯到史前时期，尤其到了元朝引进了加热蒸馏技术，真正的高品质酒精问世。除了加热外，压强的变化也会影响酒精的品质。高品质酒精制作过程简化如图：导热性能良好的汽缸内封闭一定质量的酒水混合气体（可视为理想气体）活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞面积S＝20cm2，封闭气体的体积为V1＝1800cm3，温度27℃，大气压强p0＝1.0×105Pa，重物质量5kg，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，当温度升高至47℃时，封闭气体吸收了Q＝80J的热量，使活塞刚好升到缸口（g＝10m/s2）。求：
（1）活塞到缸口距离h是多少？
（2）气体内能的变化？
2．（2024 荔湾区校级一模）图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为T0＝300K，现启动加热模式使气体温度升高到T＝450K，此过程中气体吸收的热量为Q＝8.0×103J，内胆中气体的体积不变，求：
（1）此时内胆中气体的压强p；
（2）此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。
3．（2024 东湖区校级一模）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m，横截面积为S，大气压强，环境温度为T0，气缸的深度为h，重力加速度为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h1；
（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U＝kT，k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Q。
4．（2024 青秀区校级二模）如图，两侧粗细均匀、横截面积均为S＝6.0cm2、高度均为L＝20cm的U形管，右管上端封闭，左管上端开口，管底水平段的体积可忽略。左管中有高l＝5.0cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离h＝13cm。环境温度为t1＝13℃。大气压强。
（1）若从左侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），当水银柱下端刚好到达左管底部时，停止注入水银，此过程气体温度保持不变，求此过程向左管内注入水银柱的高度；
（2）若对右管中密封气体缓慢加热，使高为l的水银柱上表面恰与左管口平齐，求此时密封气体的温度，若该过程封闭气体内能增加10.68J，求气体从外界吸收的热量。
5．（2024 乌鲁木齐三模）小梁同学为家里的蔬菜大棚设计了一个气体温度计。在一个空易拉罐中插入一根两端开口、粗细均匀的透明玻璃管，接口用蜡密封，在玻璃管内有一小段油柱，构成一个简易的“温度计”。如图所示，将“温度计”竖直放置，当外界温度为t1＝27℃时，油柱在A位置，当外界温度缓慢降低到t2＝24℃时，油柱降低到B位置。已知外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，A、B间的高度差为Δh＝20cm，玻璃管内部的横截积面积S＝0.25cm2。该过程中油柱与易拉罐间封闭的气体放出的热量为Q＝2.44J。封闭气体可视为理想气体，不计油柱的重力，易拉罐导热性能良好。求：
（1）油柱在A位置时封闭气体的体积V；
（2）该过程中封闭气体的内能的变化量ΔU。
6．（2024 龙凤区校级模拟）如图，上端开口的汽缸竖直固定在水平地面上，a、b位置处内壁有卡口，位于卡口处的活塞通过轻绳（绕过定滑轮p、q）与可以视为质点的重物连接，重物悬空。活塞与汽缸中封闭着一定质量的理想气体。开始时活塞紧压在卡口上，汽缸中的气体压强为p1，温度为T1，再将低温材料包裹在汽缸外壁，使得汽缸中的气体温度缓慢降低，直至活塞刚好到达c、d位置处。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略，重物的质量3m；卡口距离缸底为H，c、d位置距离缸底为；汽缸外面的空气压强保持为p0不变；不计汽缸与活塞之间、轻绳与定滑轮之间的摩擦，重力加速度大小为g。
（1）活塞刚好到达c、d位置时理想气体的温度T2；
（2）若开始降温到活塞刚好到达c、d位置过程中，理想气体对外放出热量的大小为Q，求理想气体的内能变化量ΔU。
7．（2025 湖北模拟）如图所示，一粗细均匀的U形的玻璃管竖直放置，左侧竖直管上端封闭，右侧竖直管上端与大气相通且足够长，左侧竖直管中封闭一段长为l1＝48cm的空气柱（可视为理想气体），气体的温度为T1＝300K，水平管内充满水银，右侧竖直管中水银柱长h1＝24cm，如果从右侧竖直管内缓慢注入h＝36cm水银柱，注入的水银与原来右侧管内水银之间没有空气，注入过程空气柱的温度保持不变，水银柱长度远远大于玻璃管的直径，大气压强为p0＝76cmHg。
（i）求稳定后空气柱的长度l2；
（ii）如果要使空气柱再恢复到原来的长度48cm，求需要将空气柱的温度变为多少。
8．（2024 长沙校级模拟）洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气20次后开始喷水。已知外部大气压强恒为p0，打气筒每次打入压强为p0、体积为的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
少还能剩余。
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