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第65 讲 分子动理论 固体、液体和气体
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
B
A
D
C
A
A
B
A
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
A
C
B
C
D
B
D
B
D
A
题号
21
22
23
26
27
28
31
32
33
36
答案
C
D
A
B
B
A
C
A
D
BD
题号
37
38
41
42
43
46
47
48
答案
BD
ACD
A
D
C
AD
AC
BC
24．【答案】(1)0.2J (2)32cm
3
【详解】（1）气体体积增大，外界对气体做的功为W =−p0(V 1−V 0)=−0.4 J
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得ΔU =−0.4 J +0.6J =0.2J
（2）单只鞋子受到的压力为F =mg
2 =250 N
气体压强为p1=p0+F
S =1.125×10
5Pa
由玻意耳定律p0V 0=p1V 1
解得V 1=p0V 0
p1
=32cm
3。
25．【答案】(1)6J (2)1.04×10
5Pa (3)76.9%
【详解】（1）由题意可知汽缸b 的横截面积为Sb=2S =40cm
2
汽缸b 的容积为V b=Sb L=400cm
3
汽缸内气体的压强为p=p0+mg
Sb
=1.5×10
5Pa
第1 次抽气过程中抽出气体的体积为V 0=40 mL=40cm
3
小于汽缸b 的容积，活塞还没有达到卡腰处，故第1 次抽气过程为等压变化。第1 次抽气过程中汽缸b 中
的活塞对气体做功W =pΔ V =6J
（2）由题意得，a 汽缸的容积V a=SL=200cm
3
抽气10 次后活塞恰达到卡腰处，汽缸内压强为p=1.5×10
5Pa
第11 次抽气过程，根据玻意耳定律，有pV a=p11(V a+V 0)
解得p11=5
6 p
同理，第12 次抽气过程，根据玻意耳定律，有p11V a=p12(V a+V 0)
解得p12=（5
6 ）
2 p≈1.04×10
5Pa
（3）由理想气体密度方程得p
ρ =p12
ρ12
整个抽气过程结束后剩余气体的质量与抽气体前气体的质量比
m12
m =
ρ12V a
ρ(V a+V b)
故整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比为m−m12
m
×100 %≈76.9 %
29．【答案】(1)2.4×10
5Pa (2)增加2×10
4 Pa
【详解】（1）根据理想气体状态方程对理想气体初末状态分析有p0V 0
T 0
=pV
T
代入数据p=p0⋅V 0
V ⋅T
T 0
=1.0×10
5Pa× 2.0L
1.0L × 360K
300K
得到压缩后的气体压强为p=1.0×10
5×2×1.2=2.4×10
5Pa
（2）体积不变时，由查理定律有p0
T 0
=p
'
T
得变换后压强为p
' =p0⋅T
T 0
=1.0×10
5× 360
300 =1.2×10
5Pa
压强变化Δ p=p
'−p0=1.2×10
5−1.0×10
5=0.2×10
5=2×10
4 Pa
30．【答案】(1)0.9L (2)1.5α T 0+0.4 p0 SL
【详解】（1）封闭气体发生等压变化0.6 L⋅S
T 0
=L1⋅S
1.5T 0
活塞距左侧缸底的距离L1=0.9 L
（2）当活塞到达汽缸右端时的温度为T，0.6 L⋅S
T 0
=L⋅S
T
T =5
3 T 0
即当温度升高到5
3 T 0时活塞恰到达最右端，所以从5
3 T 0到2.5T 0时，活塞不动。
外界对理想气体做功W =p0 S (0.6 L−L)=−0.4 p0 SL
理想气体内能增加量Δ U =α (2.5T 0−T 0)=1.5α T 0
由热力学第一定律Δ U =W +Q
理想气体从电热丝吸收的总热量Q =1.5α T 0+0.4 p0 SL
34．【答案】(1)p1=2 p0 (2)T 2=3(L0+x0)T 0
2 L0
，f =2 p0 S
【详解】（1）对活塞，处于平衡状态p0 S+k x0=p1S
解得初始状态气体的压强p1=2 p0
（2）升温后，活塞处于平衡状态p0 S+2k x0=p2S
对气缸内理想气体,初态：V 1=L0 S，T 1=T 0，p1=2 p0，末态：V 2=(L0+x0)S，T 2，p2
由理想气体状态方程
p1V 1
T 1
=p2V 2
T 2
联立解得升温后环境温度T 2=3(L0+x0)T 0
2 L0
对气缸活塞整体，水平方向处于平衡状态，气缸受摩擦力f =2k x0
解得f =2 p0 S
35．【答案】(1)2.5×10
5Pa (2)720J ，气体吸热
【详解】（1）根据理想气体状态方程p1V 1
T 1
=p2V 2
T 2
解得温度升高后轮胎内气体的压强p2=2.5×10
5Pa
（2）由U =αT
可得Δ U =α Δ T =α (T 2−T 1)=600J
由热力学第一定律Δ U =W +Q
代入数据得Q =720J
因为Q>0，说明气体吸热。
39．【答案】(1)54 cm (2)见解析 (3)34
37
【详解】（1）缓慢旋转至竖直过程中，以右端空气柱为研究对象，假设玻璃管的横截面积为S，空气柱长
度为L1，根据等温方程p L0 S =p右L1S
以左端空气柱为研究对象，空气柱长度为L2，有p L0 S =p左L2S
且p右+L0=p左，L1+L2=2 L0
联立代入数据求得L0=18cm
玻璃管的长度L总=3 L0=54cm
（2）左端的空气柱体积减小，外界对它做功，向外界放热；右端的空气柱体积增大，它对外界做功，从
外界吸热；在对外做功过程中，左端气体平均压强大，因此左端气体放热绝对值更大。
（3）升温后，对右端（上端）空气柱整个过程p
T =p
′
右
T
′
升温后左端（下端）空气柱的压强为p
′
左=p
′
右+L0=120cmHg
以原有左端（下端）空气柱为研究对象p L0 S
T
=p
′
左L′ S
T ′
求得L
′ =15.3cm
充气前、后玻璃管内空气总质量的比值为k = 2 L′
L′ +L0
求得k =34
37
40．【答案】(1)8×10
4 Pa (2)1.8×10
−4 m
3
【详解】（1）初始时，活塞受力平衡，有pAS+mg=pBS
解得pA=8×10
4 Pa
（2）活塞上升到汽缸的中间位置，活塞到汽缸底部的距离变为L
′
1=0.2m，到汽缸顶部的距离为L
′
2=0.2m
A 部分气体做等温变化，由玻意耳定律有pAL2S =p
′
AL
′
2S
解得p
′
A=1.2×10
5Pa
根据活塞受力平衡有p
′
AS +mg =p
′
BS
解得p
′
B=1.4×10
5Pa
设充入的气体在压强为pB=1×10
5Pa室温状态下的体积为V，则根据理想气体状态方程可知
pBV +pBL1S =p
′
BL
′
1S
解得V =1.8×10
−4 m
3
44．【答案】(1)ρ(h2−h1)S (2)(2 ρgL+p0)(h2−h1)
2 p0
【详解】（1）根据两侧水银柱高度差可知，封闭气体的压强为p1=ρg(h2−h1)+p0
对活塞受力分析可知p0 S +mg=p1S
解得m=ρ(h2−h1)S
（2）U 形管内两侧水银液面等高时，左侧液面上升的高度为Δ x1=h2−h1
2
封闭气体的压强变为p0，等温变化有p1 LS =p0 L
' S
活塞相对左侧液面上升的高度为Δ x2=L
'−L
活塞上升的高度H =Δ x1+Δ x2
解得H =(2 ρgL+p0)(h2−h1)
2 p0
45．【答案】(1)-33℃ (2)1.5J
【详解】（1）瓶内气体体积不变，根据查理定律p1
T 1
=p2
T 2
其中p1=p0−ρgh1=58cmHg，T 1=t1+273=290K，p2=p0−ρgh=48cmHg，T 2=t +273
解得t =−33
∘C
（2）温度变化量Δ T =Δ t =15K
根据U =kT
可得Δ U =k Δ T
解得Δ U =1.5J
热力学第一定律Δ U =Q+W
其中W =0
Q =Δ U =1.5J
49．【答案】(1)p=p0+mgsinθ
S
(2)气体温度升高
【详解】（1）对活塞受力分析可知pS =p0 S+mgsinθ
解得气缸内气体压强p=p0+mgsinθ
S
（2）当小车加速行驶过程中，在对活塞分析p
' S - p0 S - mgsinθ =macosθ
可知p
'>p，即气体的压强变大，体积减小，外界对气体做功，因气缸绝热，根据热力学第一定律可知，
气体内能变大，温度升高。
50．【答案】(1)2 p0，2T0 (2)3α T 0+2 p0 S L0
【详解】（1）活塞刚开始移动时，对活塞分析可知p1S =f +p0 S
可得p1=2 p0
气体进行等容变化，则由查理定律
p0
T 0
=p1
T 1
解得T1=2T0
（2）活塞至左侧缸底距离增至2 L0过程中气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律L0 S
T 1
=2 L0 S
T 2
解得T2=4T0
该过程中气体对外做功为W =p1S L0=2 p0 S L0
根据热力学第一定律可知，缸内气体在整个过程中吸收的总热量
Q =ΔU +W =α(4T 0−T 0)+2 p0 S L0=3α T 0+2 p0 S L0
重难·创新演练
1．【答案】ABD
2．【答案】BCD
3．【答案】BD
4．答案】BC
5．【答案】(1)活塞A、B 向右移动的位移为L (2)300K (3)2L
【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，设活塞A、B 一起向右移动的
位移为x，对理想气体有V 1=2S0⋅2 L+S0 L，T 1=500K，V 2=2S0⋅（2 L−x ）+S0（L+x ），
T 2=400K
由盖-吕萨克定律可得V 1
T 1
=V 2
T 2
解得x=L<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L。
（2）活塞A 刚刚碰到大圆筒底部时，有V 3=S0⋅3 L
由盖-吕萨克定律可得V 1
T 1
=V 3
T 3
解得T 3=300K
（3）当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有T 3=300K>T 0=100K
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p4 S0+k Δ x =p0 S0
初状态p3=p0，V 3=3 S0 L，T 3=300K
末状态V 4=S0（3 L−Δ x ），T 4=100K
根据
p3V 3
T 3
=p4V 4
T 4
可得Δ x1=L，Δ x2=4 L（舍）
所以弹簧长度为x =3 L−Δ x1=2 L
真题·实战演练
1．【答案】(1)9.8×10
4 Pa，1.01×10
5 Pa
(2)1314 mL
【详解】（1）初始K 关闭时，甲管与大气连通且管内恰无水，说明A 端口处压强等于大气压强p0。由液
体压强公式可知，瓶内上方气体压强p1满足p1+ρgh1=p0
代入数据解得p1=9.8×10
4 Pa
乙管B 端口处压强p2满足p2=p1+ρgh2
代入数据解得p2=1.01×10
5 Pa
（2）当水面与甲管A 端口齐平时，瓶内上方气体压强等于大气压强p0。设进入瓶内的空气在大气压强下
的体积为ΔV ，对瓶内原有气体和进入的空气整体应用玻意耳定律，有p1V 1+p0 ΔV =p0V 2
代入数据解得ΔV =1314 mL
2．【答案】C
【详解】两个分子间距离r 等于r0时分子势能为零，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引
力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分
子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当r不等于r0时，Ep为正。
故选C。
3．【答案】B
4．【答案】B
5．【答案】C
