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第十五章 热学
（考试时间：90 分钟，试卷满分：100 分）
考试范围：热学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共48 分)
一、选择题(本题共12 小题，每小题4 分，共48 分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8 小题，只有一个选
项符合题意；第9～12 小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对而不全的得2 分，错选或不选的得
0 分)
1.钻石是首饰、高强度钻头和刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m
3)，摩尔质量为
M (单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A。已知1克拉=0.2g，则下列选项不正确的是()
A.a克拉钻石物质的量为0.2a
M
B.a克拉钻石所含有的分子数为0.2a N A
M
C.每个钻石分子直径的表达式为
3√
6 M ×10
-3
N A ρπ
(单位为m)
D.a克拉钻石的体积为a
ρ
【答案】D
【解析】AB．a克拉钻石的质量为0.2a克，得物质的量为0.2a
M ，所含分子数为0.2a
M × N A，故AB 正
确，不符合题意；
C.每个钻石分子的体积为M ×10
-3
ρ N A
❑
(m
3)，固体分子看作球体V = 4
3 π R
3= 4
3 π(
d
2)
3
= 1
6 π d
3，联立解
得分子直径d =
3√
6 M ×10
-3
N A ρπ
，故C 正确，不符合题意。
D.a克拉钻石的体积为0.2a×10
-3
ρ
，选项D 错误，符合题意。
故选D。
2.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是()
A.温度高的物体的分子平均动能一定大，内能也一定大
B.当物体的体积增大时，物体的内能一定增大
C.当分子间距离增大时，分子间的作用力减小
D.当分子间的作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
【答案】D
【解析】A.温度高的物体的分子平均动能一定大，但是内能不一定大，内能还与物体物质的量等有关，
故A 错误；
B.当0℃的水变成0℃的冰时，体积变大，但内能减小，故B 错误；
C.当分子间的距离增大时，分子间的作用力可能减小，也可能先增大后减小，也可能先减小后增大，
再减小，故C 错误；
D.当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离减小时，作用力做负功，分子势能增大，故D 正确。
故选D。
3.如图所示是两孤立分子间的引力、斥力和合力随分子间距离的变化图像，下列说法正确的是()
A.当r <r0时，随着r的减小，斥力减小，引力增大
B.当r >r0时，随着r的增大，斥力减小，引力增大
C.当r <r0时，随着r的减小，合力先减小后增大
D.当r >r0时，随着r的增大，合力先增大后减小
【答案】D
【解析】AC .当r <r0时，随着r的减小，斥力、引力均增大，合力表现为斥力且在增大，AC 错误；
BD .根据图像可知，当r >r0时，合力表现为引力，随着r的增大，斥力、引力均减小，合力先增大后减
小，B 错误，D 正确。
故选D。
4.下列四幅图对应的说法正确的有()
A.图甲中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
B.图乙是玻璃管插入水中的情形，表明水不能浸润玻璃
C.图丙中悬浮在液体中微粒的运动反映了微粒分子的无规则热运动
D.图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
【答案】D
【解析】A.图甲中食盐晶体是单晶体，其物理性质沿各个方向不一样，具有各向异性，故A 错误；
B.图乙是玻璃管插入水中的情形，根据图像可知，在附着层内液体分子之间呈现斥力效果，该现象是浸
润，表明水能浸润玻璃，故B 错误；
C.图丙中悬浮在液体中微粒的运动是布朗运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故C 错误；
D.图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液体表
面张力形成的原因，故D 正确。
5.如图所示，一根粗细均匀的U形玻璃管在竖直平面内放置，左端封闭，右端通大气，大气压强
p=75cmHg。管内左右水银面的高度差h=15cm，左管内空气柱的长度L=20cm。如果让该管在原来
的竖直平面内自由下落，稳定时两边水银面的高度差为()
A.8cm
B.19cm
C.23cm
D.24 cm
【答案】C
【解析】设未下落时管内封闭空气柱压强为p1，则有p1= p+ ph=(75+15)cmHg =90cmHg
当管和其中水银都以重力加速度g自由下落时，水银处于完全失重状态，水银柱对封闭气体不产生压强，
从而可知管内封闭空气柱压强变为p。
若此时管内封闭空气柱长度为L'，则在温度不变时由玻意耳定律可得p1 LS = p L
' S
可得L
' = p1 L
p = 90×20
75
cm=24 cm
可知封闭管内水银面下降了4 cm，所以两管内液面差变为Δh=h+2×4 cm=23cm。
故选C。
6.配备在某汽车上的轮胎容积V =0.15m
3，标准胎压p1=2.4×10
5 Pa。在27℃的室温条件下，用气筒每
次将压强p0=1.0×10
5 Pa、体积V 0=0.01m
3的空气充入轮胎中，直至原来无空气的轮胎达到标准胎压，
此过程可视为等温；该汽车在行驶一段距离的过程中，轮胎内空气温度逐渐达到最高87℃，忽略轮胎
体积变化，空气可视为理想气体，以下说法正确的是()
A.每只轮胎需要充气的次数为30次
B.该汽车在行驶过程，胎内空气最大压强为2.88×10
5 Pa
C.该汽车在行驶一段距离的过程中，胎内空气内能不变
D.该汽车在行驶一段距离的过程中，胎内所有气体分子动能均变大
【答案】B
【解析】A、设充气次数为n，由于发生等温变化，根据玻意耳定律可得p1V =n p0V 0，解得充气次数
为n= p1V
p0V 0
= 2.4×10
5×0.15
1.0×10
5×0.01
=36，即每只轮胎需要充气的次数为36次，故A 错误；
B、设室温时温度为T 1，则有T 1=(273+27)K =300 K，最高温度为：T 2=(273+87)K =360 K，行
驶时体积不变，由查理定律可得：
p1
T 1
= p2
T 2
，代入数据解得：
p2= p1T 2
T 1
= 2.4×10
5×360
300
Pa=2.88×10
5 Pa，即该汽车在行驶过程，胎内空气最大压强为
2.88×10
5 Pa，故B 正确；
C、理想气体内能仅与温度有关，温度升高，内能增加，故C 错误；
D、温度升高使分子平均动能增大，但并非所有分子动能均变大，故D 错误。
故选：B。
7.如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的
两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程中(水银没有溢出，外
界大气压保持不变)()
A.空气柱中气体分子的平均动能不变
B.空气柱中气体分子的密集程度变大
C.水银柱a液面将上升
D.水银柱b的两个水银面的高度差h变大
【答案】C
【解析】AB.空气柱的压强p= p0+ ρgh'，其中h'为a水银柱的高度，由于h'的大小不变，故空气柱的
压强不变，被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，气体分子的平均动能变大，故根据盖-吕萨克
定律V
T =C可得，气体的体积增大，故气体分子的密集程度变小，故A、B 错误；
CD.被封闭气体的压强p= p0+ ρgh，由p不变，可知h不变，水银柱b的两个水银面的高度差h不变，
又因气体的体积增大，则水银柱a液面将上升，故C 正确，D 错误。
故选C。
8.一定质量的理想气体从状态a开始，第一次经等压过程到状态b；第二次先经等容过程到状态c，再经等
温过程到状态b。V -T图像如图所示。则()
A.a→b过程气体从外界吸热
B.a→c过程中气体向外界放出热量
C.气体在状态c时比在状态b时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
D.a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功多
【答案】B
【解答】
A.a→b过程，气体压强不变，即等压变化过程，温度降低，故内能减小。该过程体积减小，外界对气
体做正功，故气体向外界放热，A 错误；
B.a→c过程，气体体积不变，即等容变化过程，外界对气体不做功，温度降低，故内能减小，故气体
向外界放热，B 正确；
C.c→b过程，气体的温度相等，体积变小压强变大，由气体压强的微观解释可知，在状态b时比在状
态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，C 错误。
D.a→b过程中压强不变，a→c→b过程中压强先变小再变大，两个过程中体积变化相同，a→c→b
过程中平均压强小于a→b过程中平均压强，所以a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外
界对气体做的功少，D 错误。
9.一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，气体压强p与体积V 的变化关系如图所示，
已知a状态的热力学温度为T 0，下列说法正确的是()
A.c状态的热力学温度为4T 0
B.b→c过程，气体放出热量
C.a→b过程，气体吸收的热量等于它增加的内能
D.气体从初始状态a经状态b、c、d再回到a的过程中对外做功为300 J
【答案】CD
【解析】根据理想气体状态方程可知pV
T =C，解得T c =6T 0，T b=2T 0，A 错误;
b→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，W 取负值，由b状态的温度小于c状态的温度，△U取正
值，由热力学第一定律△U =W +Q，热传递热量Q为正值，即气体吸收热量，B 错误;
a→b过程，气体体积不变，气体不做功W =0，由热力学第一定律ΔU =W +Q，得△U =Q，气体吸
收的热量等于它增加的内能，C 正确;
b→c过程，气体对外界做功，d →a过程，外界对气体做功，从初始状态a经状态b、c、d再回到a的
过程，气体对外做功，由W = p⋅△V ，气体对外做功即为图像中平行四边形的面积，即
W = p⋅△V =300 J，D 正确。
10.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b，b→c，c→a三个过程后回到初始状态a，其P- 1
V 图像
如图所示。下列说法正确的是()
A.在a→b过程中，单位时间、单位面积与器壁碰撞的分子数减少
B.在b→c过程中，气体增加的内能等于从外界吸收的热量
C.在c→a过程中，气体既不吸热也不放热
D.气体由a→b放出的热量大于由b→c气体吸收的热量
【答案】BD
【解析】A.在a→b过程中，气体压强不变，根据理想气体状态方程有PV
T =C
体积减小，则温度降低，则分子的平均动能减小，即平均撞击力减小，故单位时间与单位面积器壁碰
撞的分子数增多，故A 错误；
B.在b→c过程中，气体做等容变化，体积不变，压强增大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，
气体内能增大，由热力学第一定律有ΔU =W +Q
由于气体体积不变，做功为0，可知，气体增加的内能等于从外界吸收的热量，故B 正确；
C.根据理想气体状态方程可知P =CT ⋅1
V
c→a过程为过原点的倾斜直线，故在c→a过程中气体做等温变化气体温度不变，气体内能不变，气
体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故C 错误；
D.结合上述可知T a=T c，则气体从a→b过程内能的减小量等于从b→c过程内能的增加量，由于a→b
过程气体体积减小，外界对气体做功，而b→c过程外界对气体做功为0，根据热力学第一定律可知，
气体由a→b放出的热量大于从b→c过程气体吸收的热量，故D 正确。
故选BD。
11.如图所示粗细相同、导热良好的薄壁U形管竖直放置，左管开口，右管封闭。管中装有水银，左管内水
银面比右管内水银面高Δh=12cm，左管内水银面到管口的距离h1=56cm，右管内封闭的空气柱长度
h2=28cm。现用活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已知大气压强恒为
p0=76cmHg，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法正确的是()
A.左管内水银面向下移动的距离为12cm
B.活塞向下移动的距离为24 cm
C.稳定后右管中气体的压强为112cmHg
D.稳定后固定活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐低于右管
【答案】BC
【解析】解：A、当左、右管内水银面齐平时，左管内水银面向下移动的距离为Δh1=6cm，右侧上升
Δh1=6cm，故A 错误；
BC、对右侧气体，根据玻意耳定律( p0+ Δh)h2S = p1(h2- Δh1)，解得p1=112cmHg，则左侧气体压
强也为112cmHg，对左侧气体p0h1S = p1h3 S
解得h3=38cm
活塞向下移动的距离为56cm+6cm-38cm=24 cm，故BC 正确；
D、假设环境温度降低时两边液面仍平齐，则由查理定理p
T = Δp
ΔT
因稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压仍
然相等，水银柱不动，故D 错误。
故选：BC。
12.热气球观光深受人们的喜爱，如图所示为某旅游观光点的热气球即将升空时的情景，开始时向球内喷冷
空气，使气球膨胀起来，膨胀后的气球内气体的温度、密度和球外大气的温度、密度相同，分别为T 0、
ρ0，膨胀后的气球体积为V 0;随后给球内气体加热，当气球刚要升空时，球内气体温度升高为T，加热
过程，热气球的体积不变.重力加速度为g，则下列判断正确的是()
A.气球刚要升空时，球内气体密度为T 0
T ρ0
B.气球刚要升空时，球内气体密度为
T -T 0
T 0
ρ0
C.从开始加热至气球刚要升空过程，球内排出气体质量为T -T 0
T
ρ0V 0
D.从开始加热至气球刚要升空过程，球内排出气体质量为
T -T 0
T 0
ρ0V 0
【答案】AC
【解析】AB.气体发生等压变化，则
V 0
T 0
= V
T ，又ρ
ρ0
= V 0
V ，则ρ= T 0
T ρ0，选项A 正确，B 错误;
CD.从开始加热至气球刚要升空过程，排出气体质量为△m= ρ(V -V 0)= T -T 0
T
ρ0V 0，选项C 正确，
D 错误．
第Ⅱ卷(非选择题，共52 分)
二、填空题(本题共2 小题，共14 分)
13.（6 分）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中
(1)下列说法正确的是 。
A.测量一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积时，可以用注射器挤出一滴油酸滴入烧杯中，观察注射器上的
体积变化
B.测量一滴油酸酒精溶液在水面形成的面积时，如果不使用爽身粉，也可以在水中加入红墨水后混合均
匀，再滴入一滴油酸酒精溶液
C.实际的油酸分子是球形的，因此通过计算得到的油酸分子直径即是球的直径
D.计算油酸分子的大小时，认为水面油酸为单分子层且认为分子间紧密排布
(2)①若实验过程中发现，撒入的爽身粉过多，导致油酸分子未形成单分子层，则计算得到的油酸分子
直径将 (选填“偏大”或“偏小”或“不变”)
②若实验中使用的油酸酒精溶液是经久置的，则计算得到的油酸分子直径将 (选填“偏大”或
“偏小”或“不变”)
(3)某次实验中将1mL的纯油酸配制成5000mL的油酸酒精溶液，用注射器测得1mL溶液为80滴，再
滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，每格边长是0.5cm，根据以上信息，
可估算出油酸分子的直径约为 m(此小题保留一位有效数字)
【答案】D
偏大
偏小
7×10
-10
【解析】(1) A .测量一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积时，至少要测量50滴到100滴油酸酒精溶液的体
积，然后计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，选项A 错误；
B.测量一滴油酸酒精溶液在水面形成的面积时，使用爽身粉才能看出油膜的轮廓，在水中加入红墨水后
混合均匀不能看出油膜的轮廓，选项B 错误；
C.实验时只是把油酸分子看做是球形的理想模型，实际的油酸分子不是球形的，因此通过计算得到只
是将油酸分子看成是球形时的油酸分子直径，选项C 错误；
D.计算油酸分子的大小时，认为水面油酸为单分子层且认为分子间紧密排布，选项D 正确。
故选D。
(2)①若实验过程中发现，撒入的爽身粉过多，导致油酸分子未形成单分子层，则油膜面积的测量值偏
小，根据d = V
S 计算得到的油酸分子直径将偏大；
②若实验中使用的油酸酒精溶液是经久置的，在溶液中的油酸浓度会偏大，实际计算时仍按原来的浓
度计算，则计算得到的油酸分子直径将偏小；
(3)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为V =
1
5000 × 1
80 mL=2.5×10
-6mL
油膜的面积为S =140×0.5×0.5c m
2=35c m
2
分子直径d = V
S = 2.5×10
-6×10
-6
35×10
- 4
m=7×10
-10m。
14.（8 分）两位同学在学习了“探究气体等温变化的规律”实验后，利用压强传感器和注射器测量某球体
内部体积(体积不变)。如图所示，将一个微小的无线气压传感器置于注射器中，用软管将注射器与球体
连接并封闭一部分气体：实验开始后缓慢推动注射器活塞，记录活塞在不同位置时注射器的示数V 和封
闭气体的压强p。
(1)关于该实验下列说法正确的是 。
A.注射器示数V 为球体内部气体体积
B.在活塞上涂抹润滑油仅仅是为了减小摩擦
C.缓慢推动活塞是为了保持封闭气体温度不变
(2)下表为某位同学测量的两组实验数据，由此计算出球体内部体积为 mL。
序号
P(×10
3
V (
1
100.0
100
2
120.0
700
(3)另一同学在规范操作、不漏气的前提下，测得多组数据后画出如乙图所示图像，则他画的是 (
选填p- 1
V 、V - 1
p )图像：其直线斜率为k，纵截距的绝对值为b，则球体内部体积为 。
(4)两位同学在对数据分析时发现：因软管内有部分气体，导致测量的球体内部体积始终偏大。他们认
为“为了减小该系统误差可以采用更大容积的注射器来进行实验”。你认为该说法是否合理 ，并
说明理由 。
【答案】C
800
V - 1
p
b
不合理
V 0实际是球和软管内部气体体积之和，采用更大容积的注射器来进行实验不会改变V 0
【解析】(1) A .注射器示数V 为注射器内部气体体积，故A 错误；
B.在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油作用是为了保证不漏气，故B 错误；
C.缓慢推动活塞是为了保持封闭气体温度不变，故C 正确；
故选C。
(2)设球的体积为V 0，由玻意耳定律得p1(V 0+V 1)= p2(V 0+V 2)，
带入表格数据解得V 0=800mL；
(3)由理想气体状态方程p(V 0+V )
T
=C得V = TC
p -V 0，可知他画的是V - 1
p图像，球体内部体积为ｂ。
(4)V 0实际是球和软管内部气体体积之和，采用更大容积的注射器来进行实验不会改变V 0，因此该说
法不合理。
三、计算题(本题共4 小题，共38 分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15.（9 分）图为水平固定的截面积为S的导热气缸，用光滑活塞(厚度不计)将一定质量的理想气体密闭在气
缸内，开始时活塞静止于O处，O与气缸底部的距离为L.现施加外力使活塞缓慢移动到B处，此时外力
大小为F，已知大气压强为p0，环境温度为T 0．
(1)求O、B间的距离。
(2)保持外力F不变，加热气体使活塞缓慢回到O处，求此时气体的温度。
【答案】解：(1)活塞缓慢移动，由平衡条件可知pS = F + p0 S，
活塞由O到B气体等温变化，则有p0 SL= pS( L-d)，
解得d =
F
F + p0 S ⋅L。
(2)活塞由B回到O气体等压变化，则有S( L-d )
T 0
= SL
T ，
解得T = F + p0 S
p0 S
T 0。
16.（9 分）如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭
在管中，当温度为270 K时，被封闭的气柱长L=30cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强
p0=75cmHg。
(1)使左端水银面下降h1=5cm，封闭气体温度应变为多少；
(2)封闭气体的温度保持(1)问中的值不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少(管中
水银柱足够长)。
【答案】(1)设左端水银面下降前，封闭气体的压强为p1，气体温度为T 1，体积为V 1，则
p1=70cmHg，V 1= LS
设左端水银面下降后，封闭气体的压强为p2，气体温度为T 2，体积为V 2，则
p2=80cmHg，V 2=( L+h1)S
有
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得T 2=360 K
(2)两液面相平时，气体的压强为p3= p0，气体体积为V 3，左端水银面下降h2，右端水银面下降
h2+5cm，有p2V 2= p3V 3
解得h2= 7
3 cm
所以从底端放出的水银柱长度为H =2h2+5cm= 29
3 cm=9.67cm
17.（10 分）如图所示的装置由内壁光滑且导热性能良好的两个汽缸连通而成，汽缸内的理想气体被活塞A、
B分成Ⅰ、Ⅱ两部分，其横截面积分别为S A =10c m
2和SB=5c m
2，活塞A、B的质量分别为
mA =5kg、mB=2.5kg，厚度均忽略不计。汽缸底部通过阀门与气泵相连，每次可往容器中充入压强为
p0，体积V 0=25c m
3的空气，充气过程温度始终保持不变。活塞A 、B到汽缸连接处的距离分别为d和
2d，活塞A距离汽缸上端开口处以及活塞B距离汽缸底端的距离均为2d。环境温度保持不变，大气压强
p0=1×10
5 Pa,d =10cm，活塞密封良好，空气可视为理想气体，不计与阀门相连的软管的体积，取
g=10m/ s
2。
(1)求充气前Ⅱ部分气体的压强；
(2)充气多少次，可使活塞B恰好运动至汽缸连接处？求此时活塞A、B之间的距离。
【答案】(1)假设Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强分别为p1，p2，分别以活塞A和活塞B为研究对象
则p1⋅S A = p0⋅S A+mA g，p2⋅SB= p1⋅SB+mB g
联立解得p2=2×10
5 Pa
(2)充气使活塞B运动至汽缸连接处的过程中，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的压强均保持不变
由理想气体实验定律可知p2⋅2d SB+n p0⋅V 0= p2⋅4 d SB
解得n=8
设此时两活塞之间的距离为L，则L⋅S A =2d ⋅SB+d ⋅S A
解得L=20cm
18.（10 分）某科研探究小组为高温操作室设计了一个自动温度报警装置，其原理如图所示。由导热性良
好的材料制成的固定汽缸开口向上，用质量m=1kg、横截面积S =1c m
2、厚度不计的活塞封闭一定质
量的理想气体；劲度系数k =100 N /m、原长l0=15cm的轻质弹簧上端与警报器(压力传感器，刚出现
压力时显示蓝色，压力大小为2 N、6 N、10 N分别显示黄色、橙色和红色，其他压力值时仅显示数字)
相连。当高温操作室内的热力学温度T 0=300 K时，活塞与汽缸底部的距离H =20cm，与弹簧自由端的
距离L=10cm。已知高温操作室内的空气压强p0=1.0×10
5 Pa，活塞与汽缸壁之间摩擦可忽略，汽缸
的气密性良好，取g=10m/ s
2。
(1)求使力传感器从显示蓝色到显示红色的热力学温度的范围；
(2)若由于某种原因，汽缸内一部分气体漏出，使得本能使警报器传感器显示红色的温度仅显示橙色，
求漏出气体质量与原有气体质量之比。
【答案】(1)力传感器刚显示蓝色时，可以看成等压变化，根据盖-吕萨克定律可得HS
T 0
= ( H + L)S
T 1
解得T 1= 450 K
对活塞受力分析则有p1S - p0 S =mg
解得p1=2×10
5 Pa
力传感器显示红色时，对活塞而言则有p2S - p0 S =mg+k x0
根据胡克定律则有k x0=10 N
解得x0=10cm，p2=3×10
5 Pa
根据理想气体状态方程则有
p1( H + L)S
T 1
= p2( H + L+ x0)S
T 2
解得T 2=900 K
则热力学温度的范围是450 K ∼900 K；
(2)力传感器显示红色时，对活塞则有p3 S - p0 S =mg+k x1
由胡克定律可得k x1=6 N
力传感器显示红色变为橙色，可以看成等温变化，根据玻意耳定律可得p3( H + L+ x1)S = p2 L2S
联立解得x1=6cm，L2=31.2cm
漏出气体质量与原有气体质量之比
ρ( H + L+ x0- L2)S
ρ( H + L+ x0)S
= 11
50
