断面積 $S$ の円筒容器内に $n$ mol の単原子分子理想気体が封入されており、質量 $m$ の可動壁が上下にスライドする。温度制御装置による等圧変化、断熱圧縮、さらに液体中に沈めた場合の力のつりあいを順に考察する総合問題です。
(あ) 状態方程式：気体の体積は $V = S(2L - x)$ であるから、理想気体の状態方程式 $PV = nRT$ より、
$$P = \frac{nRT}{S(2L - x)}$$(い) 力のつりあい：可動壁にはたらく力は、上面に大気圧 $P_0 S$（下向き）、重力 $mg$（下向き）、下面に気体圧力 $PS$（上向き）。つりあいの式は
$$PS = P_0 S + mg$$（あ）を代入すると
$$\frac{nRT}{2L - x} = P_0 S + mg$$したがって
$$x = 2L - \frac{nRT}{P_0 S + mg}$$数値例：n = 1.0 mol, R = 8.3 J/(mol·K), T = 300 K, S = 0.010 m², L = 0.20 m, P₀ = 1.0×10⁵ Pa, m = 2.0 kg, g = 9.8 m/s² のとき
P₀S + mg = 1.0×10⁵ × 0.010 + 2.0 × 9.8 = 1000 + 19.6 = 1019.6 N
nRT = 1.0 × 8.3 × 300 = 2490 J
x = 2 × 0.20 − 2490 / 1019.6 = 0.40 − 2.44 m（x < 0 なので壁はストッパーに押し付けられる。L = 1.5 m 程度なら x = 0.40 − 2490/1020 ≒ 0.40 − 2.44 で不適。）
現実的にはたとえば S = 0.10 m², m = 1.0 kg とすれば P₀S + mg = 10000 + 9.8 = 10010 N であり、x = 0.40 − 2490/10010 = 0.40 − 0.249 = 0.151 m ≒ 0.15 m で 0 < x < L を満たす。
$0 < x < L$ が成り立つには
$$0 < 2L - \frac{nRT}{P_0 S + mg} < L$$右の不等式より $\dfrac{nRT}{P_0 S + mg} > L$ すなわち $T > \dfrac{L(P_0 S + mg)}{nR}$
左の不等式より $\dfrac{nRT}{P_0 S + mg} < 2L$ すなわち $T < \dfrac{2L(P_0 S + mg)}{nR}$
この温度範囲でのみ壁は $0 < x < L$ に位置する。
可動壁がつりあっているとき、気体の圧力は $P = P_0 + mg/S$ で大気圧より常にわずかに大きい。壁が移動しても圧力は一定（等圧変化）であることに注意。
等圧変化の確認：可動壁のつりあいから $P = P_0 + mg/S$ で一定。温度を $T$ から $T_1$ に上げると体積が増加し、壁は $x = L$ まで移動する。
$T_1$ の決定：$x = L$ のとき体積 $V_1 = SL$。状態方程式より
$$T_1 = \frac{PV_1}{nR} = \frac{(P_0 S + mg)L}{nR}$$(う) 吸収熱量：単原子理想気体の等圧変化では $Q = nC_p(T_1 - T) = \dfrac{5}{2}nR(T_1 - T)$
$$Q = \frac{5}{2}nR(T_1 - T)$$(え) 気体が外部にする仕事：等圧変化なので $W = P\Delta V = P(V_1 - V_i)$。ここで $PV_i = nRT$, $PV_1 = nRT_1$ より $P\Delta V = nR(T_1 - T)$。
あるいは、壁を押し上げる力 $(P_0 S + mg)$ が距離を移動するので
$$W = nR(T_1 - T)$$（検証）第一法則 $Q = \Delta U + W$ を確認：$\Delta U = \dfrac{3}{2}nR(T_1 - T)$, $W = nR(T_1 - T)$ なので $Q = \dfrac{5}{2}nR(T_1 - T)$ ✓
数値例：n = 1.0 mol, R = 8.3 J/(mol·K), T = 300 K, T₁ = 450 K のとき
Q = (5/2) × 1.0 × 8.3 × (450 − 300) = 2.5 × 8.3 × 150 = 3112.5 J ≒ 3.1×10³ J
W = 1.0 × 8.3 × 150 = 1245 J, ΔU = 1.5 × 8.3 × 150 = 1867.5 J
検算: Q = 1867.5 + 1245 = 3112.5 J ✓
壁の移動距離を $\Delta x$ とする。初期位置 $x_i = nRT / (P_0 S + mg)$ から $x = L$ まで移動するので
$$\Delta x = L - x_i = L - \frac{nRT}{P_0 S + mg}$$壁にかかる力は $P_0 S + mg$（一定）だから
$$W = (P_0 S + mg)\left(L - \frac{nRT}{P_0 S + mg}\right) = (P_0 S + mg)L - nRT$$$T_1 = (P_0 S + mg)L/(nR)$ を代入すると $W = nRT_1 - nRT = nR(T_1 - T)$ と一致する。
等圧変化の仕事 $W = P\Delta V = nR\Delta T$ は状態方程式から直接得られる。$P$, $\Delta V$ を個別に求めなくても計算できることを覚えておくと入試で時短になる。
断熱条件：温度制御を切った状態で壁をゆっくり押し上げる（$x: L \to 0$）。気体の体積は $SL \to 2SL$ に変化する（壁が上がると気体の長さが $L \to 2L$ に増加）。
ポアソンの関係式：$TV^{\gamma - 1} = \text{const}$ より
$$T_1 (SL)^{\gamma - 1} = T_f (2SL)^{\gamma - 1}$$ $$T_f = T_1 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{\gamma - 1} = \frac{T_1}{2^{\gamma-1}}$$エネルギー保存：断熱変化では $Q = 0$ なので、第一法則 $W_{\rm total} = -\Delta U$ において、気体がした仕事の総量は
$$W_{\rm gas} = -\Delta U = -\frac{3}{2}nR(T_f - T_1) = \frac{3}{2}nR T_1\left(1 - \frac{1}{2^{\gamma-1}}\right)$$一方、壁が $x = L$ から $x = 0$ に移動するとき、大気圧がする仕事は $-P_0 S \cdot L$（気体に対して負）、重力がする仕事は $-mgL$（壁が上昇）。外力の仕事を $W_{\rm ext}$ とすると、
壁に対するエネルギー収支（壁は運動エネルギーなし：ゆっくり押す）：
$$W_{\rm ext} + W_{\rm gas,on\ wall} = (P_0 S + mg)L$$ここで気体が壁にする仕事 $W_{\rm gas,on\ wall}$ は気体の内部エネルギー減少分に等しい：
$$W_{\rm gas,on\ wall} = \frac{3}{2}nRT_1\left(1 - \frac{1}{2^{\gamma-1}}\right)$$また、$nRT_1 = (P_0 S + mg)L$（$T_1$ の定義式）を代入すると
$$W_{\rm gas,on\ wall} = \frac{3}{2}(P_0 S + mg)L\left(1 - \frac{1}{2^{\gamma-1}}\right)$$外力の仕事は（壁にかかる力のつりあいから）：
$$W_{\rm ext} = (P_0 S + mg)L - W_{\rm gas,on\ wall}$$断熱過程で気体の圧力は変化する。正しくは気体に対して第一法則を適用する。外力が壁を押し上げ、同時に大気圧と重力も壁に仕事をする。気体全体のエネルギー収支は：
$$W_{\rm ext} = \Delta U_{\rm gas} + (P_0 S + mg) \cdot L$$ここで $\Delta U_{\rm gas} = \dfrac{3}{2}nR(T_f - T_1) = \dfrac{3}{2}nRT_1\left(\dfrac{1}{2^{\gamma-1}} - 1\right)$（体積増加で温度低下）。
$nRT_1 = (P_0 S + mg)L$ を代入して整理すると：
$$W_{\rm ext} = (P_0 S + mg)L\left[1 + \frac{3}{2}\left(\frac{1}{2^{\gamma-1}} - 1\right)\right]$$単原子理想気体では $\gamma = 5/3$ なので $\dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{\gamma - 1}$ が成立。一般の $\gamma$ では：
$$W_{\rm ext} = (P_0 S + mg)L - \frac{(P_0 S + mg)L}{\gamma - 1}\left(1 - \frac{1}{2^{\gamma-1}}\right)$$ $$W_{\rm ext} = \frac{(P_0 S + mg)L}{\gamma - 1}\left(2^{\gamma-1} - 1\right)$$数値例：P₀ = 1.0×10⁵ Pa, S = 0.010 m², m = 1.0 kg, g = 9.8 m/s², L = 0.20 m, γ = 5/3 のとき
(P₀S + mg) = 1.0×10⁵ × 0.010 + 1.0 × 9.8 = 1000 + 9.8 = 1009.8 N
(P₀S + mg)L = 1009.8 × 0.20 = 201.96 J
2^(γ−1) = 2^(2/3) ≒ 1.587
W_ext = 201.96 / (2/3) × (1.587 − 1) = 303 × 0.587 = 177.9 J ≒ 178 J
断熱過程で $PV^{\gamma} = P_1(SL)^{\gamma}$ が成立。$P = P_1(SL)^{\gamma}/V^{\gamma}$ として
$$W_{\rm gas} = \int_{SL}^{2SL} P\,dV = P_1(SL)^{\gamma}\int_{SL}^{2SL} V^{-\gamma}\,dV$$ $$= \frac{P_1(SL)^{\gamma}}{1-\gamma}\left[(2SL)^{1-\gamma} - (SL)^{1-\gamma}\right]$$ $$= \frac{P_1 SL}{1-\gamma}\left[\frac{1}{2^{\gamma-1}} - 1\right] = \frac{(P_0 S + mg)L}{\gamma-1}\left(1 - \frac{1}{2^{\gamma-1}}\right)$$外力の仕事は $W_{\rm ext} = (P_0 S + mg)L - W_{\rm gas}$ から先ほどと同じ結果を得る。
壁の変位 $Y = L - x$（$x = L$ を基準に上方を正）として、$Y$ は $0$ から $L$ まで増加する。ゆっくり（準静的に）押すので、等速的に変位が増加する直線的なグラフとなる。
最大値は $Y = L$（$x = 0$ に到達したとき）、最小値は $Y = 0$（初期位置）。
断熱圧縮（膨張）では $TV^{\gamma-1} = \text{const}$ を使う。体積が2倍になると温度は $1/2^{\gamma-1}$ 倍に低下する。単原子理想気体（$\gamma = 5/3$）なら $T_f = T_1/2^{2/3} \fallingdotseq 0.63\,T_1$。
(お) 液体中の可動壁にかかる圧力：容器を液体（密度 $\rho$）に沈めると、壁の上面には大気圧と液圧が合わさった圧力がかかる。液面から壁までの深さを $z$ とすると、
$$P_{\rm wall} = P_0 + \rho g z$$(か) 最大の力が最小となる $m$ の条件：壁にかかる下向きの力は $(P_0 + \rho g z)S + mg$。$z = 0$ で最大の力が最小になるためには、壁の重さによる寄与が液圧の変動を相殺する条件が必要。
壁にかかる正味の力 $F(z) = (P_0 + \rho g z)S + mg - P_{\rm gas}S$。$F$ が $z$ に依存しない（あるいは最大値が最小になる）ためには
$$mg < \rho g L S$$すなわち
$$m < \rho L S$$数値例：ρ = 1.0×10³ kg/m³（水）, L = 0.20 m, S = 0.010 m² のとき
m < 1.0×10³ × 0.20 × 0.010 = 2.0 kg
任意の $z$（$0 \le z \le L$）に対して壁が上端ストッパー（$x = 0$, 気体長 $2L$）に達するには、温度を十分高く設定して気体の圧力で壁を押し上げられればよい。
$x = 0$ でのつりあい条件は
$$P_{\rm gas} = P_0 + \rho g z + \frac{mg}{S}$$$V = 2SL$ より
$$T = \frac{2L S (P_0 + \rho g z + mg/S)}{nR} = \frac{2L(P_0 S + \rho g z S + mg)}{nR}$$$z = L$ で最大温度が必要：$T_{\rm max} = \dfrac{2L(P_0 S + \rho g L S + mg)}{nR}$
液体中に沈めた場合、壁の上面にかかる圧力は液圧分 $\rho g z$ だけ増加する。壁が浮力を受けることで、質量 $m$ が小さいほど液圧の変動の影響を受けにくくなる。