2013-2014年物理奥林匹克竞赛国家集训队 热学练习题答案解析

物理竞赛热学专题40题刷题练习（带答案详解)1．潜水艇的贮气筒与水箱相连，当贮气筒中的空气压入水箱后，水箱便排出水，使潜水艇浮起。

某潜水艇贮气简的容积是2m 3，其上的气压表显示内部贮有压强为2×107Pa 的压缩空气，在一次潜到海底作业后的上浮操作中利用简内的压缩空气将水箱中体积为10m 3水排出了潜水艇的水箱，此时气压表显示筒内剩余空气的压强是9.5×106pa ，设在排水过程中压缩空气的温度不变，试估算此潜水艇所在海底位置的深度。

设想让压强p 1=2×107Pa 、体积V 1=2m 3的压缩空气都变成压强p 2=9.5×106Pa 压缩气体，其体积为V 2，根据玻-马定律则有p 1V 1=p 2V 2排水过程中排出压强p 2=9.5×106Pa 的压缩空气的体积 221V V V '=-，设潜水艇所在处水的压强为p 3，则压强p 2=9.5×106Pa 、体积为2V '的压缩空气，变成压强为p 3的空气的体积V 3=10m 3。

根据玻马定律则有2233p V p V '=联立可解得p 3=2.1×106Pa设潜水艇所在海底位置的深度为h ，因p 3=p 0+ρ gh解得h =200m2．在我国北方的冬天，即便气温很低，一些较深的河 流、湖泊、池塘里的水一般也不会冻结到底，鱼类还可以在水面结冰的情况下安全过冬，试解释水不会冻结到底的原因？【详解】由于水的特殊内部结构，从4C ︒到0C ︒，体积随温度的降低而增大，达到0C ︒后开始结冰，冰的密度比水的密度小。

入秋冬季节，气温开始下降，河流、湖泊、池塘里的水上层的先变冷，密度变大而沉到水底，形成对流，到达4C ︒时气温如果再降低，上层水反而膨胀，密度变小，对流停止，“漂浮”在水面上，形成一个“盖子”，而下面的水主要靠热传导散失内能，但由于水是热的不良导体，这样散热是比较慢的。

十年真题－热学（复赛）1．（34届复赛7）如气体压强-体积图所示，摩尔数为ν的双原子理想气体构成的系统经历一正循环过程（正循环指沿图中箭头所示的循环），其中自A 到B 为直线过程，自B到A 为等温过程．双原子理想气体的定容摩尔热容为52R ，R 为气体常量． （1）求直线AB 过程中的最高温度； （2）求直线AB 过程中气体的摩尔热容量随气体体积变化的关系式，说明气体在直线AB 过程各段体积范围内是吸热过程还是放热过程，确定吸热和放热过程发生转变时的温度T c ； （3）求整个直线AB 过程中所吸收的净热量和一个正循环过程中气体对外所作的净功． 解析：（1）直线AB 过程中任一平衡态气体的压强p 和体积V 满足方程p －p 0p 0－p 02＝V －V 02V 02－V 0 此即 p ＝32p 0－p 0V 0V ① 根据理想气体状态方程有：pV ＝νRT ② 由①②式得： T ＝1νR ⎝⎛⎭⎫－p 0V 0V 2＋32p 0V ＝－p 0νR ⎝⎛⎭⎫V －34V 02＋9p 0V 016νR③ 由③式知，当V ＝34V 0时， ④ 气体达到直线AB 过程中的最高温度为：T max ＝9p 0V 016νR⑤ （2）由直线AB 过程的摩尔热容C m 的定义有：dQ ＝νC m dT ⑥ 由热力学第一定律有： dU ＝dQ －pdV ⑦由理想气体内能公式和题给数据有：dU ＝νC V dT ＝ν52RdT ⑧ 由①⑥⑦⑧式得：C m ＝C V ＋p ν dV dT ＝52R ＋⎝⎛⎭⎫32p 0－p 0V 0V 1ν dV dT ⑨ 由③式两边微分得：dV dT ＝2νRV 0p 0(3V 0－4V )⑩ 由⑩式带入⑨式得：C m ＝21V 0－24V 3V 0－4V R 2⑪ 由⑥⑩⑪式得，直线AB 过程中，在V 从V 02增大到3V 04的过程中，C m ＞0，dV dT ＞0，故dQ dV＞0，吸热 ⑫ 在V 从3V 04增大到21V 024的过程中，C m ＜0，dV dT ＜0，故dQ dV＞0，吸热 ⑬ 在V 从21V 024增大到V 0的过程中，C m ＞0，dV dT ＜0，故dQ dV＜0，放热 ⑭由⑫⑬⑭式可知，系统从吸热到放热转折点发生在V ＝V c ＝21V 024处 由③式和上式得：T c ＝1νR ⎝⎛⎭⎫－p 0V 0V 2＋32p 0V ＝35p 0V 064νR⑮ （3）对于直线AB 过程，由⑥⑩式得：dQ ＝νC m dT dV dV ＝21V 0－24V 4V 0p 0dV ＝⎝⎛⎭⎫214－6V V 0p 0dV ⑯ 将上式两边对直线过程积分得，整个直线AB 过程中所吸收的净热量为：Q 直线=⎠⎛V 0/2V 0⎝⎛⎭⎫214－6V V 0p 0dV ＝p 0⎝⎛⎭⎫21V 4－3V 2V 0⎪⎪V 0V 02＝38p 0V 0 ⑰ 直线AB 过程中气体对外所做的功为：W 直线＝12⎝⎛⎭⎫p 0＋p 02⎝⎛⎭⎫V 0－V 02＝38p 0V 0 ⑱ 等温过程中气体对外所做的功为：W 等温＝⎠⎛V 0V 0/2pdV ＝⎠⎛V 0V 0/2p 0V 02dV V ＝－p 0V 02ln2 ⑲ 一个正循环过程中气体对外所做的净功为：W ＝W 直线＋W 等温＝⎝⎛⎭⎫38－ln22p 0V 0 ⑳ 参考评分：第（1）问10分，①②式各3分，④⑤式各2分；第（2）问20分，⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式各2分；第（3）问10分，⑯⑰⑱⑲⑳式各2分．2．（33届复赛2）秋天清晨，气温为4.0℃，一加水员到实验园区给一内径为2.00m 、高为2.00m 的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水．罐体导热良好．罐外有一内径为4.00cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接处很短），与大气相通，如图所示．加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），闭了罐顶的加水口．此时加水 员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为1.00m ．（1）从清晨到中午，气温缓慢升至24.0℃，问此时观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略．（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？求这个过程中罐内空气的热容量．已知罐外气压始终为标准大气压p 0＝1.01×105pa ，水在4.0℃时的密度为ρ0=1.00×103kg·m -3，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为3.03×10-4K -1，重力加速度大小为g ＝9.80m/s 2，绝对零度为－273.15℃.解析：（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为p 0V 0＝nRT 0 ① 至中午时由于气温升高，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，相应的状态方程为：p 1V 1＝nRT 1 ②此时观察柱和罐内水位之差为：Δh ＝V 1－V 0S 1＋V 1－V 0S 2＋κ(T 1－T 0)(S 1＋S 2)l 0S 2③ 式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献，l 0＝1.00m 为早上加水后观察柱内水面的高度，S 1＝πm 2，S 2＝4π×10－4m 2分别为罐、观察柱的横截面积．由力平衡条件有：p 1＝p 0＋ρ1g Δh 1 ④式中ρ1＝ρ01＋κ(T 1－T 0)是水在温度为T 1时的密度． ⑤联立①②③④⑤式得：ρ1gS ′(Δh )2＋(p 0S 1＋λρ1gV 0)－⎝⎛⎭⎫T 1T 0－λp 0V 0＝0 ⑥ 式中S ′＝S 1S 2S 1＋S 2，λ＝1－κ(T 1－T 0) ⑦ 解⑥得：Δh ＝－(p 0S 1＋λρ1gV 0)＋(p 0S 1＋λρ1gV 0)2＋4ρ1gS ′p 0V 0⎝⎛⎭⎫T 1T 0－λ2ρ1gS ′＝0.812m ⑧另一解不合题意，舍去．由③⑤⑦⑧式和题给数据得：V 1－V 0＝S ′Δh －κ(T 1－T 0)S 1l 0＝－0.0180m 3由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为：l 1＝Δh －V 1－V 0S 1＋l 0＝1.82m ⑨ （2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功．解法（一）早上罐内空气压强p 0＝1.01×105pa ，中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高Δh ，罐内空气压强升高了Δp ＝ρ1g Δh ＝7.91×103pa ⑩因Δp <<p 0，认为在准静态升温过程中罐内平均压强p －＝p 0＋12Δp ＝11.05×105pa ⑪ 罐内空气体积缩小了ΔV ＝0.0180m 3 ⑫可见ΔV V <<1，这说明⑪式是合理的．罐内空气对外做功W ＝p －ΔV ＝－1.9×103J ⑬ 解法（二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和p ．水温为T 时水的密度为ρ＝ρ01＋κ(T －T 0) ⑩ 将②③④式中的V 1、T 1和p 1换为V 、T 和p ，利用⑩式得罐内空气在温度为T 时的状态方程为：p ＝p 0＋ρg S ′[V 1－V 0＋κ(T 1－T 0)S 1l 0]＝p 0＋ρgS 1l 0S ′ V 1－V 0S 1l 0＋κ(T 1－T 0)1＋κ(T 1－T 0) ⑪ 由题设数据和前门计算结果可知，κ(T －T 0)＜κ(T 1－T 0)＝0.0060V －V 0S 1l 0＜V 1－V 0S 1l 0＝0.0057这说⑪式右端分子中与T 有关的项不可略去，而右端分母中与T 有关的项可略去．于是⑪式：p ＝p 0＋ρg S ′[V 1－V 0＋κ(T 1－T 0)S 1l 0]＝p 0＋ρgS 1l 0S ′⎣⎡⎦⎤V 1－V 0S 1l 0＋κ(T 1－T 0) 利用状态方程，上式可改写成p ＝p 0－ρg S ′(V 0＋κT 0S 1l 0)＋nR κS 1l 01－κρ0gl 0nR S 1S ′V－nR κS 1l 0 ⑫ 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为W ＝⎠⎛V 0V 1pdV＝⎠⎜⎛V 0V 1⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0－ρg S ′(V 0＋κT 0S 1l 0)＋nRκS 1l 01－κρ0gl 0nR S 1S ′V －nR κS 1l 0dV ＝－nR κS 1l 0⎩⎨⎧⎭⎬⎫(V 1－V 0)－S ′ρ0g ⎣⎡⎦⎤p 0－ρ0g S ′(V 0＋κT 0S 1l 0)＋nR κS 1l 0ln 1－κρ0gl 0nR S 1S ′V 11－κρ0gl 0nR S 1S ′V 0 ⑬ ＝－1.9×103J解法（三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和p ．水在温度为T 时的密度为ρ＝ρ01＋κ(T －T 0) ⑩ 将②③④式中的V 1、T 1和p 1换为V 、T 和p ，利用⑩式得罐内空气在温度为T 时的状态方程为p ＝p 0＋ρg S ′[V －V 0＋κ(T 1－T 0)S 1l 0]＝p 0＋ρ0g S ′ V －V 0＋κ(T －T 0)S 1l 01＋κ(T －T 0) ＝p 0＋ρ0g S ′S 1l 0＋ρ0g S ′ V －V 0－S 1l 01＋κ(T －T 0) ≈p 0＋ρ0gS 1l 0S ′＋ρ0g S ′(V －V 0－S 1l 0)[1－κ(T －T 0)]＝p 0＋ρ0gS 1l 0S ′＋ρ0g S ′⎣⎡⎦⎤(V －V 0－S 1l 0)(1＋κT 0)－κnR PV (V －V 0－S 1l 0) ⑪ ≈p 0＋ρ0gS 1l 0S ′＋ρ0g S ′(V －V 0－S 1l 0)(1＋κT 0)＋ρ0g S ′ κS 1l 0nR PV＝p 0＋ρ0gS 1l 0S ′＋ρ0g S ′(V －2V 0)(1＋κT 0)＋ρ0g S ′ κV 0nR PV＝p 0＋ρ0gS 1l 0S ′＋ρ0g S ′(V －2V 0)(1＋κT 0)＋ρ0g S ′ κT 0p 0PV 式中应用了κ(T －T 0)＜κ(T 1－T 0)＝0.0060，V －V 0S 1l 0＜V 1－V 0S 1l 0＝0.0057 ⑪式可改写成p ＝p 0＋ρ0gS 1l 0S ′＋ρ0g S ′(V －2V 0)(1＋κT 0)1－ρ0g S ′ κT 0p 0V ＝－(1＋κT 0)p 0κT 0＋1＋2κT 02κT 0p 0－ρ0gV 0S ′(1+2κT 0)1－ρ0g S ′ κT 0p 0V ⑫ 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为W ＝⎠⎛V 0V 1pdV ＝⎠⎜⎛V 0V 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋2κT 02κT 0p 0－ρ0gV 0S ′(1+2κT 0)1－ρ0g S ′ κT 0p 0V dV＝－(1＋κT 0)p 0κT 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤V －V 0＋⎝⎛⎭⎫S ′p 0ρ0gκT 0－V 0ln S ′p 0－ρ0gκT 0V 1S ′p 0－ρ0gκT 0V 0 ⑬ ＝－1.9×103J现计算罐内空气的内能变化．由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为：ΔU ＝52nR (T 1－T 0)＝52 p 0V 0T 0(T 1－T 0)＝5.72×104J ⑭ 式中5是常温下空气分子的自由度．由热力学第一定律得罐内空气的吸热为：ΔQ ＝W ＋ΔU ＝5.54×104J ⑮从封闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为：C ＝ΔQ T 1－T 0＝2.77×103J/K ⑯ 参考评分：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分；第（2）问10分，⑩⑪⑫式各1分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式1分．3．（32届复赛7）如图，1mol 单原子理想气体构成的系统分别经历循环过程abcda 和abc ′a ．已知理想气体在任一缓慢变化过程中，压强p 和体积V 满足函数关系p ＝f (V )．（1）试证明：理想气体在任一缓慢变化过程的摩尔热容可表示为C π＝C V ＋pR p +V dp dV，式中，C V 和R 分别为定容摩尔热容和理想气体常数；（2）计算系统经bc ′直线变化过程中的摩尔热容；（3）分别计算系统经bc ′直线过程中升降温的转折点在p-V 图中的坐标A 和吸放热的转折点在p-V 图中的坐标B ；（4）定量比较系统在两种循环过程的循环效率．解析：（1）根据热力学第一定律有：dU ＝δQ ＋δW ① 这里对于1mol 理想气体经历的任一缓慢变化过程中，δQ 、δW 和dU 可分别表示为δQ ＝C πdT 、δW ＝－pdV 、dU ＝C V dT ②将理想气体状态方程pV ＝RT 两边求导得p dV dT ＋V dp dV dV dT＝R ③ 式中利用了dp dT ＝dp dV dV dT ，根据③式有：dV dT ＝R p ＋V dp dV④ 联立①②③④式得：C π＝C V ＋pR p +V dp dV⑤ （2）设bc ′过程方程为p ＝α－βV ⑥根据C π＝C V ＋pR p +V dp dV 可得该直线过程的摩尔热容为：C π＝C V ＋α－βV α－2βV )R ⑦ 式中C V ＝32R 是单原子理想气体的定容摩尔热容． 对bc ′过程的初态(3p 1,V 1)和终态(p 1,5V 1)有：3p 1＝α－βV 1、p 1＝α－5βV 1 ⑧由⑧式得：α＝72p 1、β＝p 12V 1⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得：C π＝8V －35V 14V －14V 1R ⑩ （3）根据过程热容的定义有：C π＝ΔQ ΔT⑪ 式中，ΔQ 是气体在此直线过程中，温度升高ΔT 时从外界吸收的热量．由⑩⑪式得：ΔT ＝4V －14V 18V －35V 1R ΔQ ⑫ ΔQ ＝8V －35V 14V －14V 1ΔT R ⑬ 由⑫式可知，bc ′过程中的升降温的转折点A 在p -V 图上的坐标为A (72V 1,74p 1) ⑭ 由⑩式可知，bc ′过程中的吸放热的转折点B 在p -V 图上的坐标为B (358V 1,2116p 1) ⑮ （4）对于abcda 循环过程，ab 和bc 过程吸热，cd 和da 过程放热Q ab ＝nC V (T b －T a )＝1.5(RT b －RT a )＝3p 1V 1Q bc ＝nC p (T c －T b )＝2.5(RT c －RT b )＝15p 1V 1 ⑯式中已知n ＝1mol ，单原子理想气体定容摩尔热容C V ＝32R ，定压摩尔热容C V ＝52R 气体在abcda 循环过程中的效率可表示为循环过程中对外做的功处以总吸热，即ηabcda ＝W abcda Q ab ＋Q bc ＝4p 1V 118p 1V 1＝0.22 ⑰ 对于abc ′a 循环过程，ab 和bB 过程吸热，Bc ′和c ′a 过程放热．由热力学第一定律可得bB 过程吸热为：Q bc′＝ΔU bB －W bB ＝nC V (T B －T b )＋12(p B ＋3p 1)(V B －V 1)＝11.39p 1V 1 ⑱ 所以循环过程abc ′a 的效率为ηabc′a ＝W abc′a Q ab ＋Q bc′＝4p 1V 114.39p 1V 1＝0.278 ⑲ 由⑰⑲式可知，ηabc′a ＞ηabcda ⑳ 参考评分：第（1）问5分，①②③④⑤式各1分；第（2）问5分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分；第（3）问7分，⑪式1分，⑫⑬式各2分，⑭⑮式各1分；第（4）问5分，⑯⑰⑱⑲⑳式各1分．4．（31届复赛2）一种测量理想气体的摩尔热容比γ＝C p /C V 的方法（Clement-Desormes 方法）如图所示：大瓶G 内装满某种理想气体，瓶盖上通有一个灌气（放气）开关H ，另接出一根U 形管作为压强计M ．瓶内外的压强差通过U 形管右、左两管液面的高度差来确定．初始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高，记录此时U 形管液面的高度差h i ．然后打开H ，放出少量气体，当瓶内外压强相等时，即刻关闭H ．等待瓶内外温度又相等时，记录此时U 形管液面的高度差h f ．试由这两次记录的实验数据h i 和h f ，导出瓶内气体的摩尔热容比γ的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且U 形管很细，可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化）→解析：解法（一）瓶内理想气体经历如下两个气体过程：(p i ,V 0,T 0,N i )——――——→放气(绝热膨胀)(p 0,V 0,T ,N f )—―——→等容升温(p f ,V 0,T 0,N f )其中，(p i ,V 0,T 0,N i )、(p 0,V 0,T ,N f )、(p f ,V 0,T 0,N f )分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV ＝NkT ，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有p f p i ＝N f N i① 另一方面，设V ′是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为p 0时的体积，即：(p i ,V 0,T ,N i )—―——→绝热膨胀(p 0,V ′,T 0,N i )此绝热过程满足V 0V ′＝⎝⎛⎭⎫p 0p i 1γ ② 由状态方程有p 0V ′＝N i kT 和p 0V 0＝N f kT ，所以N f N i ＝V 0V ′③ 联立①②③式得p f p i ＝⎝⎛⎭⎫p 0p i 1γ ④ 此即γ＝ln p i p 0ln p i p f⑤ 由力学平衡条件有p i ＝p 0＋ρgh i ⑥ p f ＝p 0＋ρgh f ⑦ 式中，p 0＋ρgh 0为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由⑤⑥⑦式得γ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋h i h 0ln ⎝⎛⎭⎫1＋h i h 0－ln ⎝⎛⎭⎫1＋h f h 0 ⑧ 利用近似关系式：当x <<1，ln(1＋x )≈x ，以及h i h 0<<1，h f h 0<<1有 γ＝h ih 0h i h 0－h f h 0＝h i h i －h f ⑨ 参考评分：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法（二）若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ，再通过等容升温过程bc 达到末态(p i ,V 1,T 0)绝热膨胀ab ——————→(p 0,V 0,T )等容升温bc —————→(p f ,V 0,T 0) 其中，(p i ,V 1,T 0)、(p 0,V 0,T )、和(p f ,V 0,T 0)分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程ab ：p 1γ－1T 0γ＝p 0γ－1T γ ①bc ：p 0T ＝p f T 0② 由①②式得： p f p i ＝⎝⎛⎭⎫p 0p i 1γ ③此即γ＝ln p i p 0ln p i p f ④ 由力学平衡条件有p i ＝p 0＋ρgh i ⑤ p f ＝p 0＋ρgh f ⑥ 式中，p 0＋ρgh 0为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得ln ⎝⎛⎭⎫1＋h i h 0ln ⎝⎛⎭⎫1＋h i h 0－ln ⎝⎛⎭⎫1＋h f h 0 ⑦ 利用近似关系式：当x <<1，ln(1＋x )≈x ，以及h i h 0<<1，h f h 0<<1有 γ＝h ih 0h i h 0－h f h 0＝h i h i －h f ⑧ 参考评分：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．5．（30届复赛6）温度开关用厚度均为0.20mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20℃时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片．若钢和青铜的线膨胀系数分别为 1.0×10-5/度和2.0×10-5/度．当温度升高到120℃时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示．试求双金属片弯曲的曲率半径．(忽略加热时金属片厚度的变化．)解析：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为α1和α2，钢片和青铜片温度由T 1＝20℃升高到T 2＝120℃时的伸长量分别为Δl 1和Δl 2. 对于钢片 (r －d 2)φ＝l ＋Δl 1 ① Δl 1＝lα1(T 2－T 1) ②式中，d ＝0.20mm ．对于青铜片(r ＋d 2)φ＝l ＋Δl 2 ③ Δl 2＝lα2(T 2－T 1) ④联立以上各式得r ＝2＋(α1＋α2)(T 2－T 1)2(α2－α1)(T 2－T 1)d ＝2.0×102mm ⑤ 参考评分：本题15分．①式3分，②式3分，③式3分，④式3分，⑤式3分． 6．（29届复赛6）如图所示，刚性绝热容器A 和B 水平放置，一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热刚性细短管把容器A 、B 相互连通．初始时阀门是关闭的，A 内装有某种理想气体，温度为T 1；B 内为真空．现将阀门打开，气体缓慢通过多孔塞后进入容器B 中．当容器A 中气体的压强降到与初始时A 中气体压强之比为α时，重新关闭阀门．设最后留在容器A 内的那部分气体与进入容器B 中的气体之间始终无热量交换，求容器B 中气体质量与气体总质量之比．已知：1mol 理想气体的内能为u ＝CT ，其中C 是已知常量，T 为绝对温度；一定质量的理想气体经历缓慢的绝热过程时，其压强p 与体积V 满足过程方程常量=+CR C pV ，其中R 为普适气体常量．重力影响和连接管体积均忽略不计．解析：设重新关闭阀门后容器A 中气体的摩尔数为n 1，B 中气体的摩尔数为n 2，则气体总摩尔数为n ＝n 1＋n 2 ① 把两容器中的气体作为整体考虑，设重新关闭阀门后容器A 中气体温度为T 1′，B 中气体温度为T 2，重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表示为 ΔU ＝n 1C (T 1′－T 1)＋n 2C (T 2－T 1) ② 由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有ΔU ＝0 ③ 令V 1表示容器A 的体积, 初始时A 中气体的压强为p 1，关闭阀门后A 中气体压强为αp 1，由理想气体状态方程可知n ＝p 1V 1RT 1 ④n 1＝(αp 1)V 1RT 1′ ⑤ 由以上各式可解得：T 2＝(1－α)T 1T 1′T 1′－αT 1由于进入容器B 中的气体与仍留在容器A 中的气体之间没有热量交换，因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器A 中的那部分气体经历了一个绝热过程，设这部分气体初始时体积为V 10 (压强为p 1时)，则有 p 1V 10C ＋RC ＝(αp 1)V 1C ＋R C ⑥ 利用状态方程可得p 1V 10T 1＝(αp 1)V 1T 1′⑦ 由①②③④⑤⑥⑦式得，阀门重新关闭后容器B 中气体质量与气体总质量之比n 2n ＝2－αR C ＋R －αCC ＋R2―α―αR C ＋R⑧ 参考评分：本题15分．①式1分，②式3分，③式2分，④⑤式各1分，⑥式3分，⑦式1分，⑧式3分．7．（28届复赛6）如图所示为圆柱形气缸，气缸壁绝热，气缸的右端有一小孔与大气相通，大气的压强为P 0．用一热容量可忽略的导热隔板N 和一绝热活塞M 将气缸分为A 、B 、C 三室，隔板与气缸固连，活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气．气缸的左端A 室中有一电加热器Ω．已知在A 、B 室中均盛有1摩尔同种理想气体，电加热器加热前，系统处于平衡状态，A 、B 两室中气体的温度均为T 0，A 、B 、C 三室的体积均为V 0．现通过电加热器对A 室中气体缓慢加热，若提供的总热量为Q 0，试求B 室中气体的末态体积和A 室中气体的末态温度．（设A 、B 两室中气体1摩尔的内能为U ＝52RT ，式中R 为普适气体常量，T 为绝对温度）在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止．解析：（1）设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积 V B ＝2V 0 ① 根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用T B 表示B 室中气体末态的温度，有V 0T 0＝V B T B② 由①②式得 T B ＝2T 0 ③Ω A B C由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度 T A ＝2T 0 ④ 下面计算此过程中的热量Q m ．在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即Q A ＝52R (T A －T 0) ⑤ 由④⑤两式得 Q A ＝52RT 0 ⑥ B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为W B ＝p 0(V B －V 0) ⑦ 由①⑦式及理想气体状态方程得W B ＝RT 0 ⑧内能改变为ΔU B ＝52R (T B －T 0) ⑨ 由④⑨两式得ΔU B ＝52RT 0 ⑩ 根据热力学第一定律和⑧⑩两式， B 室气体吸收的热量为Q B ＝ΔU B ＋W B ＝72RT 0 ⑪ 由⑥⑪两式可知电加热器提供的热量为Q m ＝Q A ＋Q B ＝6RT 0 ⑫ 若Q 0＝Q m ，B 室中气体末态体积为2V 0，A 室中气体的末态温度2T 0．（2）若Q 0＞Q m ，则当加热器供应的热量达到Q m 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量Q 0－Q m 是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量．由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为T A ′，有Q 0－Q m ＝52R (T A ′－2T 0)＋52R (T A ′－2T 0) ⑬ 由⑫⑬两式可求得T A ′＝Q 05R ＋45T 0 ⑭ B 中气体的末态的体积V B ′＝2V 0 ⑮（3）若Q 0＜Q m ，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积V B ″＜2V 0．设A 、B 两室中气体末态的温度为T A ″，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量Q A ＝52R (T A ″－T 0) ⑯ B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量Q B ＝52R (T A ″－T 0)＋p 0(V B ″－V 0) ⑰ 利用理想气体状态方程，上式变为Q B ＝72R (T A ″－T 0) ⑱ 由上可知Q 0＝Q A ＋Q B ＝6R (T A ″－T 0)T 0 ⑲所以A 室中气体的末态温度T A ″＝Q 06R＋T 0 ⑳ B 室中气体的末态体积V B ″＝V 0T 0T A ″＝⎝⎛⎭⎫Q 06RT 0＋1V 0 ○21 参考评分：本题20分．得到Q 0＝Q m 的条件下①④式各1分；⑫式6分，得到Q 0＞Q m 的条件下的⑭式4分，⑮式2分；得到Q 0＜Q m 的条件下的⑳式4分，○21式2分． 8．（27届复赛7）地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射（假定不计大气对太阳辐射的吸收）一部分被地球表面反射到太空，其余部分被地球吸收．被吸收的部分最终转换成为地球热辐射（红外波段的电磁波）．热辐射在向外传播过程中，其中一部分会被温室气体反射回地面，地球以此方式保持了总能量平衡．作为一个简单的理想模型，假定地球表面的温度处处相同，且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律：单位面积的辐射功率J 与表面的热力学温度T 的四次方成正比，即J ＝σT 4，其中σ是一个常量．已知太阳表面温度T s ＝5.78×103K ，太阳半径R s ＝6.69×105km ，地球到太阳的平均距离d ＝1.50×108km ．假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层，并设它对热辐射能量的反射率为ρ＝0.38．（1）如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α＝0.30，试问考虑了温室气体对热辐射的反射作用后，地球表面的温度是多少？（2）如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=0.85，其余部分的反射率处α2＝0.25．间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为273K ． 解析：（1）根据题意，太阳辐射的总功率P S ＝4πR 2S σT 4S ，太阳辐射各向同性的向外传播．设地球半径为r E ，可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射的总功率为：P I ＝σT 4S ⎝⎛⎭⎫R S d 2πr 2E ① 地球表面反射太阳辐射的总功率为αP I ．设地球表面的温度为T E ，则地球的热辐射总功率为：P E ＝4πr 2E σT 4E ② 考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射，则输入地球表面的总功率为P I ＋βP E ．当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有：P I ＋βP E ＝αP I ＋P E ③ 由以上各式得：T E ＝T S 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α1－β14⎝⎛⎭⎫R S d 12 错误！未定义书签。

热 学热学知识在奥赛中的要求不以深度见长，但知识点却非常地多（考纲中罗列的知识点几乎和整个力学——前五部分——的知识点数目相等）。

而且，由于高考要求对热学的要求逐年降低（本届尤其低得“离谱”，连理想气体状态方程都没有了），这就客观上给奥赛培训增加了负担。

因此，本部分只能采新授课的培训模式，将知识点和例题讲解及时地结合，争取让学员学一点，就领会一点、巩固一点，然后再层叠式地往前推进。

一、分子动理论1、物质是由大量分子组成的（注意分子体积和分子所占据空间的区别）对于分子（单原子分子）间距的计算，气体和液体可直接用3分子占据的空间，对固体，则与分子的空间排列（晶体的点阵）有关。

【例题1】如图6-1所示，食盐（N a Cl ）的晶体是由钠离子（图中的白色圆点表示）和氯离子（图中的黑色圆点表示）组成的，离子键两两垂直且键长相等。

已知食盐的摩尔质量为58.5×10－3kg/mol ，密度为2.2×103kg/m 3，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，求食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心之间的距离。

【解说】题意所求即图中任意一个小立方块的变长（设为a ）的2倍，所以求a成为本题的焦点。

由于一摩尔的氯化钠含有N A 个氯化钠分子，事实上也含有2N A 个钠离子（或氯离子），所以每个钠离子占据空间为 v =Am olN 2V 而由图不难看出，一个离子占据的空间就是小立方体的体积a 3， 即 a 3=A m ol N 2V = Am ol N 2/M，最后，邻近钠离子之间的距离l = 2a 【答案】3.97×10－10m 。

〖思考〗本题还有没有其它思路？〖答案〗每个离子都被八个小立方体均分，故一个小立方体含有81×8个离子 = 21分子，所以…（此法普遍适用于空间点阵比较复杂的晶体结构。

） 2、物质内的分子永不停息地作无规则运动固体分子在平衡位置附近做微小振动（振幅数量级为0.1A 0），少数可以脱离平衡位置运动。

2013-2014年物理奥林匹克竞赛国家集训队热学练习题姓名：所在中学：成绩：注意：必须写出完整步骤，否则得不到步骤分。

答卷请勿涂改，无法看清的地方一律不给分。

1、（12分）一端开口，横截面积处处相等的长管中充有压强p的空气。

先对管子加热，使它形成从开口端温度1000K均匀变为闭端200K的温度分布，然后把管子开口端密封，再使整体温度降为100K，试问管中最后的压强是多大？2、（12分）一容积为1 升的容器，盛有温度为300 K，压强为30⨯10Pa的氩气，氩的摩尔质量为0.040 kg。

若器壁上有一面积为1.0×10㎝的小孔，氩气将通过小孔从容器内逸出，经过多长时间容器里的原子数减少为原有原子数的 1/e？3、（12分）若认为地球的大气是等温的, 则把所有大气分子压缩为一层环绕地球表面的、压强为一个大气压的厚度为H的均匀气体球壳，试证：这层球壳厚度H 就是大气标高。

4、（12分）标准状态下氦气的粘度为η1，氩气的粘度为η2，他们的摩尔质量分别为M1和M2.。

试问：（1）氦原子和氦原子碰撞的碰撞截面σ1和氩原子与氩原子的碰撞截面σ2之比等于多少？（2）氦的导热系数κ1与氩的导热系数κ2之比等于多少？（3）氦的扩散系数D1与氩的扩散系数D2之比等于多少？（4）此时测得氦气的粘度-3 24η1=1.87⨯10-3N⋅s⋅m-2和氩气的粘度η2=2.11⨯10-3N⋅s⋅m-2。

用这些数据近似的估算碰撞截面σ1,σ2。

5、（12分）在热水瓶里灌进质量为m=1.00 kg的水，热水瓶胆的内表面S=700 cm,瓶胆内外容器的间隙d=5.00 mm,间隙内气体压强p=1.00 Pa,假设热水瓶内的热量只是通过间隙内的气体的热传导而散失。

试确定需要多少时间容器内的水温从90℃降为80℃，取环境温度为20℃。

6、 (12分)加热室A（1000C）中蒸发出来的铍原子（相对原子质量为9）经小孔逸出，再经狭缝准直器B而形成原子束，最后进入另一真空室D中，（1）原子束将与真空室背景分子进行碰撞，若进行1m后其原子束强度（单位时间内通过的原子数）减少为1/e。

高中热学选择题参考答案与试题解析(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--参考答案与试题解析一．选择题（共30小题）1．（2014•宝鸡三模）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（）A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大考点：物体的内能；理想气体的状态方程．专题：压轴题；内能及其变化专题．分析：理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．解答：解：A、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定不变，故A正确；B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；C、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度T随时间升高，体积同时变大，其压强可能不变，故C错误；D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；E、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故E正确；故答案为：ADE．点评：理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力为零，分子势能为零，理想气体内能由温度决定．2．（2014•宁夏二模）关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高考点：热力学第一定律；气体压强的微观意义．专题：压轴题；热力学定理专题．分析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能．解答：解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；D、做功也可以改变物体的内能，C错误；E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确．故选：ABE．点评：本题考查了热力学第一定律的应用和气体压强的微观意义，难度不大．3．（2014•临沂模拟）以下关于分子动理论的说法中正确的是（）A．物质是由大量分子组成的B．﹣2℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动C．分子势能随分子间距离的增大，可能先减小后增大D．分子间的引力与斥力都随分子间的距离的增大而减小E．扩散和布朗运动的实质是相同的，都是分子的无规则运动考点：分子动理论的基本观点和实验依据．专题：分子运动论专题．分析：物质是由大量分子组成的；分子永不停息的做无规则的热运动；分子间存在相互作用的引力和斥力，并且引力与斥力都随分子间的距离的增大而减小，在分子间距离变化过程中，伴随分子力做正或负功，分子势能会减小或增大；扩散和布朗运动都是分子无规则运动的证据，但是实质不同．解答：解：A、物质是由大量分子组成的，故A正确．B、﹣2℃时水已经结为冰，虽然水分子热运动剧烈程度降低，但不会停止热运动，故B错误．C、分子势能随分子间距离的增大（当r＜r0），先减小，（当r＞r0）后增大，故C正确．D、分子间的引力与斥力都随分子间的距离的增大而减小，故D正确．E、扩散和布朗运动都是分子无规则运动的证据，但是实质不同，布朗运动是微粒在运动，故E错误．故选：ACD．点评：本题考查分子动理论的基础知识，属记忆内容，牢记即可作答4．（2014•湖北二模）下列说法正确的有（）A．1g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B．气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的C．物体内能增加，温度不一定升高D．物体温度升高，内能不一定增加E．能量在转化过程中守恒，所以我们可以将失去的能量转化回我们可以利用的能量，以解决能源需求问题考点：阿伏加德罗常数；温度是分子平均动能的标志；物体的内能；热力学第二定律；封闭气体压强．分析：气体压强是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，取决于分子数密度和平均动能；物体内能与温度和体积有关．解答：解：A、水的摩尔质量为18g/mol，故1g水的分子数为：N==×1022个，远大于地球的总人口数，故A错误；B、气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，取决于分子数密度和平均动能，故B正确；C、物体内能与温度和体积有关，故物体内能增加，温度不一定升高，故C正确；D、物体内能与温度和体积有关，物体温度升高，内能不一定增加，故D正确；E、能量在转化过程中守恒；总能量守恒，但能源可利用的品质是下降的，故我们不可能将失去的能量转化回我们可以利用的能量，故E错误；故选：BCD．点评：本题考查了阿伏加德罗常数、气体压强的微观意义、内能、能量守恒定律和热力学第二定律，知识点多，难度小，关键是记住基础知识．5．（2014•宜春模拟）下列说法正确的是（）A．A．若某物质的分子体积为V0、摩尔质量为M、摩尔体积为V A、密度为ρ，则有V A=，V0==B．显微镜下观察到的布朗运动并不是分子的无规则运动，但它反映了分子的无规则运动C．将一定质量的气体等温压缩，外界对气体做功，气体分子势能增大，同时气体放出热量D．做功和热传递均可改变物体的内能，但热量只能自发地由高温物体传给低温物体，但无论采用哪种方式均不可能使物体的温度降为绝对零度E．晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大．考点：阿伏加德罗常数；热力学第一定律；* 晶体和非晶体．分析：摩尔体积等于摩尔质量与密度之比；对于固体或液体，分子体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数N A．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，并不是分子的无规则运动，而是液体分子无规则运动的反映；根据热力学第一定律分析热量；绝对零度不可能达到；晶体熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，分子势能增大．解答：解：A、据题有：V A=．若该物质是固体或液体，分子间隙可不计，则有：V0==．若该物质是气体，则V0＜=．故A错误．B、布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒做的无规则运动，而固体颗粒是由大量分子组成的，所以布朗运动并不是分子的无规则运动，由于固体颗粒的运动受到周围液体分子撞击，冲力不平衡造成的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映；故B正确．C、一定质量的气体等温压缩，外界对气体做功，内能和分子势能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误．D、做功和热传递均可改变物体的内能，但热量只能自发地由高温物体传给低温物体，根据热力学第三定律可知：不可能使物体的温度降为绝对零度．故D正确．E、晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，吸收热量，内能增大，则知分子势能增大，故E正确．故选：BDE点评：本题要掌握热力学多个知识点，关键要注意只有对固体或液体，分子体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数N A．要掌握热力学第三定律，知道自然界低温的极限是绝对零度．6．（2014•德州二模）下列说法中正确的是（）A．知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数B．硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E．随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化考点：阿伏加德罗常数；* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：A、水蒸气的体积不是水的体积，故两体积相除不能计算出阿伏伽德罗常数B、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C、多晶体物理性质各向同性；D、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢E、能量具有单向性，解答：解：A、液体和固体可用摩尔体积除以分子体积的阿伏伽德罗常数，而气体不能，故A错误；B、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故C错误；D、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故D正确；E、能量具有单向性，故不能将散失的能量在聚集利用，故E错误；故选：BD点评：本题主要考查了阿伏伽德罗常数的求法，区分液体固体与气体的不同，还有就是晶体的分类即物理特性；7．（2014•延边州模拟）下列说法中正确的是（）A．仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，是不能估算该种气体分子大小的B．若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，分子的动能一定增大C．物体吸收热量时，它的内能不一定增加D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体E．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子受到重力作用而产生的考点：阿伏加德罗常数；热力学第一定律；封闭气体压强．分析：气体分子的间隙很大，固体和液体分子间隙小，可以忽略不计；分子力做功等于分子势能的减小量；热力学第一定律公式：△U=W+Q；热力学第二定律说明一切宏观热现象都具有方向性；气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能．解答：解：A、由于气体分子的间隙很大，仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，只能估算每个分子占据的空间体积，是不能估算该种气体分子大小的，故A正确；B、分子力做功等于分子势能的减小量；若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，如果是引力，分子的动能一定增大；如果是斥力，分子的动能一定减小；故B错误；C、物体吸收热量时，可能同时对外做功，根据热力学第一定律，它的内能不一定增加，故C正确；D、根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，如电冰箱要耗电，故D错误；E、容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，故E错误；故选：AC．点评：本题考查了分子力做功与分子势能的关系、热力学第一定律、热力学第二定律、气体压强的微观意义等，知识点多，难度小，关键是多看书，记住知识点．8．（2014•宜昌模拟）下列关于分子动理论和热现象的说法中正确的是（）A．雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因B．分子间的距离r增大，分子间的作用力一定做负功，分子势能增大C．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显E．熵是物体内分子运动无序程度的量度考点：分子的热运动；热力学第二定律；有序、无序和熵．分析：雨水没有透过布雨伞是由于表面张力；随着分子间距离的变化，分子间可表现为引力和斥力，故分子间的距离r增大，分子间的作用力做功情况要具体分析；由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性；悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显；熵是物体内分子运动无序程度的量度解答：解：A、雨水没有透过布雨伞是由于表面张力，故A正确．B、当分子间表现为斥力时，当分子间的距离增大，分子间的作用力做正功，分子势能减小，故B错误．C、由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C正确．D、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故D错误．E、熵是物体内分子运动无序程度的量度，故E正确．故选：ACE点评：掌握了课本上的基础内容就能顺利解决此类问题．故学习此部分内容时不能脱离了课本，好好识记．9．（2014•张掖模拟）下列说法正确的是（）A．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动B．碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间存在着斥力C．物体做加速运动时速度越来越大，物体内分子的平均动能也越来越大D．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性E．在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形．考点：分子的热运动；* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：碎玻璃不能拼在一起，是由于分子力是短程力，平均动能由温度决定，与机械运动的速度无关；理想气体的内能由温度决定，根据热力学第一定律可知气体吸放热．解答：解：（1）A、分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动，故A正确；B、碎玻璃不能拼在一起，是由于分子力是短程力，无法使玻璃达到分子力的作用范围内；故B错误；C、平均动能由温度决定，与机械运动的速度无关，故C错误；D、液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性；故D正确；E、在完全失重的情况下，在液体表面张力的作用下，熔化的金属能够收缩成标准的球形，故E正确；故选：ADE．点评：本题考查分子动理论、内能、液晶的性质及液体的表面张力的作用，注意要将机械能和物体的内能区分开．10．（2014•湖北模拟）下列有关热学的叙述中，正确的是（）A．布朗运动是指悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动B．随着分子间距离的增大，若分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的作用力一定是引力C．热力学第一定律和热力学第二定律是相互矛盾的D．一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不改变E．热量可以从低温物体传到高温物体而不引起其它变化考点：布朗运动；分子间的相互作用力；热力学第一定律．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，实质是液体分子的无规则热运动造成的；分子力与分子间距离有关，当距离在平衡距离之内时，距离增大合理减小，分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的必定大于平衡距离，此时分子间的作用力一定是引力；热力学第一定律说明做功和热传递在改变物体内能方面是等效的，而热力学第二定律说明一切涉及热现象的宏观过程具有方向性；温度是气体内能的决定因素；热传递过程具有方向性解答：解：A、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，实质是液体分子的无规则热运动造成的，故A错误．B、分子间的相互作用力先增大后减小，此时分子间的必定大于平衡距离，此时分子间的作用力一定是引力，故B正确．C、热力学第一定律说明做功和热传递在改变物体内能方面是等效的，而热力学第二定律说明一切涉及热现象的宏观过程具有方向性，二者并不矛盾，故C错误．D、温度是气体内能的决定因素，故一定质量的理想气体在等温变化时，其内能一定不改变，故D正确．E、由热力学第二定律知，热量不可以从低温物体传到高温物体而不引起其它变化，故E错误．故选：BD点评：本题重点掌握布朗运动的现象和实质，温度是气体内能的标志以及热力学第一、第二定律11．（2014•新余二模）下列说法中正确是（）A．悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的B．物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能C．橡胶无固定熔点，是非晶体D．热机的效率可以等于100%E．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大考点：布朗运动；* 晶体和非晶体．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；物体的内能包括分子动能和分子势能；橡校是非晶体；热机的效率都无法达到100%；温度是分子平均动能的标志．解答：解：A、悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的；故A正确；B、物体中分子热运动的动能及分子势能之和等于物体的内能；故B错误C、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故C正确；D、热机的效率无法达到100%；故D错误；D、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故E正确；故选：ACE．点评：本题考查分子运动论、内能及晶体的性质，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志．12．（2014•鄂尔多斯一模）下列说法正确的是（）A．花粉颗粒越大，布朗运动越显著B．内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的C．温度降低，物体内所有分子运动的速率不一定都变小D．分子势能随分子间距离的增加而减小E．容器内气体的压强是由气体分子无规则运动频繁碰撞器壁产生的考点：布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律；封闭气体压强．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动与颗粒的大小有关；内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的；温度降低，物体分子的平均动能减小，并不是物体内所有分子运动的速率不一定都变小；分子势能随分子间距离的可能增加，也可能减小；容器内气体的压强是由气体分子无规则运动频繁碰撞器壁产生的．解答：解：A、布朗运动与颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显．故A错误；B、内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的，如冰箱．故B正确；C、温度降低，物体分子的平均动能减小，并不是物体内所有分子运动的速率不一定都变小．故C正确；D、当r＞r0时，分子力表现为引力，随着分子之间距离的增大，分子间的作用力都减小，但表现为引力，所以分子力做负功，分子势能增大．故D错误；E、气体对密闭容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，取决于分子的密集程度和分子的平均动能．故E正确．故选：BCE点评：明确温度是分子平均动能的标志，注意是大量分子的统计规律，如只提几个分子毫无意义；与弹簧的弹力与弹性势能类比分子作用力和分子势能间的关系．14．（2014•怀化三模）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．物体内部分子间距增加时，分子斥力比分子引力减小得快C．温度相同的氢气和氮气，氢气分子和氮气分子的平均速率不同D．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的E．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述考点：布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．分析：根据分子力与距离的关系，分析分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力的变化．布朗运动反映了液体中分子的无规则运动．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞而产生的．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终达不到绝对零度．解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于液体分子规则的碰撞造成的，则布朗运动反映了液体中分子的无规则运动．故A错误．B、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都变小，分子斥力比分子引力减小得快．故B正确．C、温度是分子平均动能大小的标志，温度相同则分子平均动能相同，故C错误；D、满足能量守恒定律的宏观过程可以自发进行是有方向性的，如热量可以自发从高温物体传向低温物体，但不会自发由低温物体传向高温物体，故D错误；E、对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述，能传递的方向性，故E正确．故选：BCE．点评：本题考查对分子动理论、热力学第二定律的理解．布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．15．（2014•呼伦贝尔二模）以下说法中正确的是（）A．分子间距离为r0时，分子间不存在引力和斥力B．悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则C．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加D．气体做等温膨胀，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少E．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积考点：布朗运动；扩散；封闭气体压强．分析：分子间的引力和斥力同时存在；悬浮在液体中的微粒做布朗运动，微粒越小，液体分子的撞击越不平衡性；气体的内能变化根据热力学第一定律分析；气体的压强与分子平均动能和单位体积内的分子数有关．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，只能求出气体分子占据的空间大小，不能求出气体分子的体积．解答：解：A、分子间距离为r0时，分子间引力和斥力仍然存在，只不过引力和斥力大小相等、方向相反而已，故A错误．B、悬浮在液体中的微粒做布朗运动，微粒足够小时，表面积小，同一时刻撞击微粒的液体分子数，来自各个方向的液体分子的撞击越不平衡性，由于这种撞击是无规则的，从而导致微粒的运动无规则，故B正确．C、在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功，根据热力第一定律可知气体的内能一定增加，故C正确．D、气体做等温膨胀，由玻意耳定律pV=c得知气体的压强减小，而气体分子的平均动能不变，所以气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故D正确．E、由于气体分子间距较大，不能忽略，知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，只能求出气体分子占据的空间大小，不能求出气体分子的体积．故E错误．故选：BCD．点评：本题考查热力学多个知识，重点要掌握分子动理论、热力学第一定律和气态方程，知道压强的微观意义．16．（2014•江西模拟）下列说法正确的是（）A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力B．悬浮在液体中的固体小颗粒会不停的做无规则的运动，这种运动是分子热运动C．把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体D．第二类永动机没有违反能量守恒定律E．绝对零度不可达到考点：布朗运动；分子间的相互作用力；热力学第二定律；* 晶体和非晶体．分析：表面张力是液体表面层由于分子引力不均衡而产生的沿表面作用于任一界线上的张力．通常，处于液体表面层的分子较为稀薄，其分子间距较大，液体分子之间的引力大于斥力，合力表现为平行于液体界面的引力．悬浮在液体中的固体小颗粒会不停的做无规则的运动，这种运动是布朗运。

【知识精讲】一．分子动理论1.分子动理论的基本观点是：物质是由大量分子组成，分子永不停息的做无规则运动，分子之间总是同时存在相互作用的引力和斥力。

布朗运动的永不停息，说明液体分子运动的永不停息；布朗运动的无规则性，说明液体分子运动是无规则的。

分子力是斥力和引力的合力。

2. 解答分子动理论中的估算问题是对分子进行合理抽象，建立模型。

由于固体和液体分子间距很小，因此可以把固体和液体分子看作紧密排列的球体，小球直径即为分子直径。

一般情况下利用球体模型估算固体和液体分子个数、质量、体积、直径等。

设n 为物质的量，m 为物质质量，v 为物质体积，M 为摩尔质量，V 为摩尔体积，ρ为物质的密度。

则（1）分子数N ＝A A N M m nN ==A A N V v N M v =ρ. （2）分子质量AA N V N M m ρ==0. （3）分子体积A A N M N V v ρ==0 （4）对于固体或液体，把分子看作小球，则分子直径33066AN V v d ππ==。

对于气体，分子之间距离很大，可把每个气体分子所占空间想象成一个立方体，该立方体的边长即为分子之间的平均距离。

(1)若标准状态下气体体积为0V ，则气体物质的量n ＝30104.22-⨯V ； (2)气体分子间距330A N V v d ==AN M ρ=。

3. “用油膜法估测分子的大小”实验是把液体中油酸分子看做紧密排列的小球，把油膜厚度看做分子直径。

4.物体内所有分子动能的平均值叫做分子平均动能。

温度是分子平均动能的标志。

任何物体，只要温度相同，其分子平均动能就相等。

温度越高，分子平均动能越大。

由分子之间的相互作用和相对位置所决定的能，叫做分子势能。

分子势能与体积有关。

要注意体积增大，分子势能不一定增大。

物体中所有分子热运动的动能与分子势能之和叫做物体内能。

任何物体都有内能。

二．物态和物态变化1.固体和液体都是自然界存在的物质形态。

固体分晶体和非晶体，晶体分单晶体和多晶体。

8-6 长=15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距=5.0cm 处点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距=5.0cm处点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元，其上电量在点产生场强为用，, 代入得方向水平向右(2)同理 方向如题8-6图所示由于对称性，即只有分量，以, ,代入得，方向沿轴正向8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强．解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分∴，方向沿轴正向．8-9 (1)点电荷位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷的电场中取半径为R 的圆平面．在该平面轴线上的点处，求：通过圆平面的电通量．() 解: (1)由高斯定理立方体六个面，当在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长的立方体，使处于边长的立方体中心，则边长的正方形上电通量l λ1a P 2d Qx d q d P 15=l cm 9100.5-⨯=λ1m C -⋅5.12=a cm 21074.6⨯=P E 1C N -⋅2220d d π41d +=x x E Q λε⎰=lQxEd QEy 9100.5-⨯=λ1cm C -⋅15=l cm 5d 2=cm 21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅y R λO ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==O 20π4d d R R E εϕλ=ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰R E E x 0π2ελ==x q q q A x Rarctan=α0d εq S E s ⎰=⋅ q 06εqe =Φa 2q a 2a 206εq e =Φ对于边长的正方形，如果它不包含所在的顶点，则，如果它包含所在顶点则．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图 (3)∵通过半径为的圆平面的电通量等于通过半径为的球冠面的电通量，球冠面积**关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,当时，,时， ∴， 方向沿半径向外． cm 时,∴沿半径向外.8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强． 解: 高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积 则对(1)(2)∴沿径向向外(3)8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现a q 024εqe =Φq0=Φe R 22x R +510-0d ε∑⎰=⋅q S E s2π4ε∑=qr E 5=r cm 0=∑q 0=E 8=r cm ∑q 3π4p =3(r )3内r -()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅12=r 3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外1C N -⋅1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑⎰=⋅q S E srl S π2=rlE S E Sπ2d =⋅⎰1R r <0,0==∑E q 21R r R <<λl q =∑rE 0π2ελ=2R r >0=∑q A B q q AB R将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题8-17图(2)电荷在点产生电势，以同理产生半圆环产生8-24 半径为的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为处有一点电荷+，试求：金属球上的感应电荷的电量． 解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为，则球接地时电势8-24图由电势叠加原理有：得9-6 已知磁感应强度Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过面积的磁通是(2)通过面积的磁通量 (3)通过面积的磁通量(或曰)题9-7图9-7 如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中产生产生，方向垂直向里q O C λR O AB CD O θd d R l =θλd d R q =O Ed O y AB O 0=∞U CD 2ln π402ελ=U 0034π4πελελ==R R U R R d 3=q q '0=O U -='q 3q0.2=B x abcd befc aefd abcd 1S befc 2S aefd 3S 24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb 24.0-Wb AB CD C BO R I O O AB C BCD AB 01=B CD RIB 1202μ=段产生 ，方向向里 ∴，方向向里．9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。

真题分类----热学2（26届决赛）四、（10分）热机和热泵利用物质热力学循环实现相反功能：前者从高温处吸热，将部分热量转化为功对外输出，其余向低温处放出；后者依靠外界输入功，从低温处吸热，连同外界做功转化成的热量一起排向高温处，按热力学第二定律，无论热机还是热泵，若工作物质循环过程中只与温度为12,T T 的两个热源接触，则吸收的热量12,Q Q 满足不等式12120Q Q T T +≤，其中热量可正可负，分别表示从热源吸热与向热源放热。

原供暖设备原本以温度T 0的锅炉释放的热量向房间直接供暖，使室内温度保持恒温T 1,高于户外温度T 2。

为提高能源利用率，拟在利用原有能源的基础上采用上述机器改进供暖方案，与直接供暖相比，能耗下降的理论极限可达到多少？参考答案：为表述方便，以下热量均用绝对值表示。

可以采用热机热泵联合供暖方案：利用热机从锅炉吸收热量，转化为功；此功驱动热泵，从户外吸热，向室外放热。

热机的高温热源锅炉，低温热源可选室内或户外环境。

以室外为例，设热机从锅炉吸热0Q ,向室外放热10Q ，则有010000Q Q T T -≤ (1) 热泵的高、低温热源分别为室内、户外环境。

设热泵从户外吸热2,Q 向室外放热12,Q 则有122120Q Q T T -+≤ (2) 通过热机、热泵联合工作，室内获得的总能量为11012Q Q Q =+ (3) 将（1）、（2）两式相加，得0210210Q Q Q T T T +-≤ (4) 若热机以户外环境为低温热源，同理可得上式。

由能量守恒定律给出102Q Q Q =+ （5）直接供暖时，给室内供热1,Q 锅炉所释放的热量为/01Q Q = （6） 联立（4）（5）两式，可得热机热泵供暖锅炉释放的热量为01201102()()T T T Q Q T T T -≥-（7）能耗下降率为/00201/0102()()Q Q T T T Q T T T --≤- （8） 理论极限为上式取等号。