全国中学生物理竞赛真题汇编热学

热学部分—自主招生考试一．分子动理论分自动理论的基本内容：物质是由大量分子组成的，分子永不停息地做无规则热运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力。

1． 1231002.6N -⨯=mol A 是联系微观世界和宏观世界的桥梁，具体表现在：（1）固体、液体分子微观量的计算（估算） ①分子数：A A A N V v N M m nN 00N === ②每个分子的质量为：A01N M =m ③每个分子体积（分子所占空间）：A A N M N V v ρ001==，其中ρ为固体或液体的密度 ④分子直径的估算：把固体、液体分子看成球形，则分子直径3031/6/6A N V v d ππ==；把固体、液体分子看成立方体，则3031/A N V v d ==.（2）气体分子微观量的估算方法（油膜法估测分子的直径，分子直径的数量级约为10-10m ） ①物质的量4.22n V =，V 为气体在标况下的体积． ②分子间距的估算：设想气体分子的分布均匀，每个分子平均占有一定的体积，假设为立方体，则分子间距30V d =，而每个分子所占体积A mol N V V =0，则分子间距为3Amol N V d =. 2．分子在做永不停歇的无规则的热运动。

扩散现象是分子的运动，布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动引起的．布朗运动的剧烈程度不仅跟颗粒的大小有关，还跟液体或气体的温度有关，颗粒越小、温度越高布朗运动越剧烈。

3．分子间存在相互作用力：引力与斥力，都随距离增加减小，但是斥力对距离更敏感，所以分子力很近的时候体现出斥力，在平衡位置体合力等于零，平衡位置外体现出引力。

二．物体的内能物体内所有分子的动能和势能的总叫物体的内能．1．温度是分子平均动能的标志,理想气体的内能正比于温度与气体的物质的量．2．分子势能的大小与物体的体积有关．3．做功和热传递是改变物体内能的两种方式．三．热力学定律热力学第零定律：如果两个系统分别和第三个系统处于热平衡，那么这两个系统也处于热平衡状态。

全国中学生物理竞赛真题汇编---热学1.（19Y4） 四、（20分）如图预19-4所示，三个绝热的、容积相同的球状容器A 、B 、C ，用带有阀门K 1、K 2的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差 1.00m h =．初始时，阀门是关闭的，A 中装有1mol 的氦（He ）,B 中装有1mol 的氪（Kr ）,C 中装有lmol 的氙（Xe ），三者的温度和压强都相同．气体均可视为理想气体．现打开阀门K 1、K 2，三种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，三个容器中气体的温度相同．求气体温度的改变量．已知三种气体的摩尔质量分别为31He 4.00310kg mol μ--=⨯⋅在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度升高1K ，所吸收的热量均为 3/2R ，R 为普适气体常量． 2．（20Y3）（20分）在野外施工中，需要使质量m ＝4.20 kg 的铝合金构件升温；除了保温瓶中尚存有温度t ＝90.0ºC 的1.200kg 的热水外，无其他热源。

试提出一个操作方案，能利用这些热水使构件从温度t 0＝10.0ºC 升温到66.0ºC 以上(含66.0ºC)，并通过计算验证你的方案．已知铝合金的比热容c ＝0.880×103J ·(k g·ºC)－1， 水的比热容c ＝4.20×103J ·(kg ·ºC)－1，不计向周围环境散失的热量． 3．（22Y6）(25分)如图所示。

两根位于同一水平面内的平行的直长金属导轨，处于恒定磁场中。

磁场方向与导轨所在平面垂直．一质量为m 的均匀导体细杆，放在导轨上，并与导轨垂 直，可沿导轨无摩擦地滑动，细杆与导轨的电阻均可忽略不计．导轨的左端与一根阻值为尺0的电阻丝相连，电阻丝置于一绝热容器中，电阻丝的热容量不计．容器与一水平放置的开口细管相通，细管内有一截面为S 的小液柱(质量不计)，液柱将l mol 气体(可视为理想气体)封闭在容器中．已知温度升高1 K 时，该气体的内能的增加量为5R ／2(R 为普适气体常量)，大气压强为po ，现令细杆沿导轨方向以初速V 0向右运动，试求达到平衡时细管中液柱的位移． 4．（16F1）20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。

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 ＋R C ＝(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 ③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。

能力训练A 组 1、夏天，在密闭的绝热的房间里，一直打开冰箱门让冰箱运转起来，房间内的温度将_______(填“升高”或“降低”或“不变”)。

2、最近我国一些城市出现了环保汽车，该车型采用“清洁燃料”加“汽油”双燃料系统，使尾气中有害气体的成份降低了80%。

这种燃料是气态碳氢化合物，在微微加压的情况下即变为液体而储存于钢瓶中，加装到汽车供油系统。

当向发动机供“油”时，该燃料在钢瓶中逐渐汽化，然后进入气缸被点燃，从而产生动力。

瓶中逐渐汽化，然后进入气缸被点燃，从而产生动力。

根据下表可知，最适合作为清洁燃料的物质是_____________。

（填化学式）（填化学式）化学式化学式CH 4 C 2H 6 C 4H 10 C 6H 14 沸点（℃）沸点（℃） -164 -89 -0.5 693、在气温是20℃的房间里，用水银温度计测沸水的温度，当水银面经过“20”到“100”之间的某一刻度时，温度计的示数表示之间的某一刻度时，温度计的示数表示（ ） A 、房间里空气的温度、房间里空气的温度 B 、沸水的温度、沸水的温度C 、温度计中水银的温度、温度计中水银的温度D 、什么也不表示、什么也不表示4、在沿海或大湖附近的气温变化比远离水域的地区缓慢。

这主要是因为（、在沿海或大湖附近的气温变化比远离水域的地区缓慢。

这主要是因为（） A 、水在一般情况下比土壤温度高、水在一般情况下比土壤温度高 B 、在一般情况下水比土壤温度低、在一般情况下水比土壤温度低C 、水比土壤更缓慢地变暖或变冷、水比土壤更缓慢地变暖或变冷D 、水比土壤更迅速地变暖或变冷、水比土壤更迅速地变暖或变冷5、两个相同的容器，内盛放相同体积、相同温度的热水，一个容器的表面是白色的，另一个表面是黑色的，把它们放在同一个房间内，让它们自然冷却，则（个表面是黑色的，把它们放在同一个房间内，让它们自然冷却，则（） A 、白色容器里的水冷却得快、白色容器里的水冷却得快 B 、黑色容器里的水冷却得快、黑色容器里的水冷却得快C 、两个容器里的水冷却得一样快、两个容器里的水冷却得一样快D 、以上情况都有可能、以上情况都有可能6、我国发射的神州四号飞船返回舱的表面有一层叫做“烧蚀层”的物质，它可以在返回大气层时保护返回舱不因高温而烧毁。

1高中物理竞赛——热学一．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 3kg/mol ，密度为 2.2 ×103kg/m 3 ，阿伏加德罗常数为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 = V mol2N A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= V m ol=M m ol/，最后，邻近钠离子之间的距离 l = 2 a2N A 2N A 【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1×8 个离子 =1分子，82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0.1 A ），少数可以脱离平衡位置运动。

液体分子的运动则可以用“长时间的定居（振动）和短时间的迁移”来概括，这是由于液体分子间距较固体大的结果。

气体分子基本“居无定所” ，不停地迁移（常温下，速率数量级为 102m/s ）。

无论是振动还是迁移，都具备两个特点： a 、偶然无序（杂乱无章）和统计有序（分子数比率和速率对应一定的规律——如麦克斯韦速率分布函数， 如图 6-2 所示）； b 、剧烈程度和温度相关。

重点高中物理竞赛热学高中物理竞赛——热学一．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58.5×10－3 kg/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=Am ol N 2V =Am ol N 2/M ρ，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8 1×8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。

液体分子的运动则可以用“长时间的定居（振动）和短时间的迁移”来概括，这是由于液体分子间距较固体大的结果。

气体分子基本“居无定所”，不停地迁移（常温下，速率数量级为102m/s ）。

无论是振动还是迁移，都具备两个特点：a 、偶然无序（杂乱无章）和统计有序（分子数比率和速率对应一定的规律——如麦克斯韦速率分布函数，如图6-2气体分子的三种速率。

物理竞赛热学专题精编大全（带答案详解)一、多选题1．如图所示为一种简易温度计构造示意图，左右两根内径粗细均匀的竖直玻玻璃管下端通过软管相连接，在管中灌入某种液体后环境的温度。

重复上述操作，便可在左管上方标注出不同的温度刻，将左管上端通过橡皮塞插入小烧瓶中。

调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。

多次改变烧瓶所在度，为了增大这个温度计在相同温度变化时液面变化的髙度，下列措施中可行的是（)A．增大液体的密度B．增大烧瓶的体积C．减小左管的内径D．减小右管的内径【答案】BC2．如图所示为两端封闭的U形玻璃管，竖直放置，管内左、右两段封闭空气柱A、B 被一段水银柱隔开，设原来温度分别为T A和T B，当温度分别升高△T A和△T B时，关于水银柱高度差的变化情况，下列说法中正确的是（）A．当T A＝T B，且△T A＝△T B时，h一定不变B．当T A＝T B，且△T A＝△T B时，h一定增大C．当T A＜T B，且△T A＜△T B时，h一定增大D．当T A＞T B，且△T A＝△T B时，h一定增大【答案】BD【解析】【详解】AB.由于左边的水银比右边的高ℎ，所以右边的气体的压强比左边气体的压强大，即P B> P A，设在变化的前后AB两部分气体的体积都不发生变化，即AB做的都是等容变化，则根据PT =ΔPΔT可知，气体的压强的变化为ΔP=PΔTT，当T A=T B，且ΔT A=ΔT B时，由于P B>P A，根据ΔP=PΔTT可知ΔP B>ΔP A，ℎ一定增大，故选项A错误，B正确；C.当T A<T B，且ΔT A<ΔT B时，由于P B>P A，根据ΔP=PΔTT可知不能判断ΔP B和ΔP A变化的大小，所以不能判断ℎ的变化情况，故选项C错误；D.当T A>T，且ΔT A=ΔT B时，由于P B>P A，根据ΔP=PΔTT可知ΔP B>ΔP A，ℎ一定增大，故选项D正确；3．下列叙述正确的是（）A．温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大B．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大C．在绝热过程中外界对气体做功，气体的内能必然增加D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性【答案】CDA.温度升高，气体分子的平均动能增大，但是个别分子运动速率可能减小，故A错误；B.温度是气体分子的平均动能变化的标志。

全国初中物理竞赛试题专项（热学综合）精编（2024版）一、单选题1．将盛水的烧瓶加热，水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，并迅速塞上瓶塞，再把烧瓶倒置后向瓶底浇上冷水，如图所示。

关于烧瓶内的水，下列分析正确的是（ ）A．一直沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会停止沸腾B．先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压增大，水会再次沸腾C．因没有继续加热，浇上冷水时，水的温度降低，不会沸腾D．先停止沸腾，浇上冷水时，水面气压减小，水会再次沸腾2．小牛同学用一个功率为1000W的电加热器给lkg冰加热，研究不同状态的水的吸热能力。

图中，甲乙丙三条图线中的一条，是他依据实验数据绘制而成。

若相同时间内水和冰吸收的热量相同。

已知c水=4.2×103J/（kg ℃），c冰＜c水下列说法正确的是（ ）A．小牛绘制的是甲图线B．冰熔化过程中加热器消耗的电能为2000JC．0~1min冰吸收的热量是6×104JD．3~5nin时间内，电加热器的热效率为35%3．下列事实中，能说明物质吸收热量的本领跟物质的种类有关的是（）．A．体积相等的两瓶水，温度都升高了10 ℃，它们吸收的热量相等B．质量不同的两块铁，温度都升高了10 ℃，它们吸收的热量不相等C．体积相等的水和酒精，温度都升高了10 ℃，它们吸收的热量不相等D．质量相等的水和酒精，温度都升高了10 ℃，它们吸收的热量不相等二、多选题4．有一支温度计，刻度均匀但读数不准，将它放在1标准大气压下的冰水混合物中，示数为4℃；将它放在1标准大气压下的沸水中，示数为94℃，下列说法正确的是（ ）A．将其放在1标准大气压下的沸水中，实际温度应为100℃B．将它放在某房间内，其示数为22℃，该房间的实际温度应为20℃C．在40℃附近，该温度计读数最准确D．在温度大于50℃时，该温度计显示的温度比实际温度要大5．小明在探究“水蒸发快慢与水上方空气流速、水与空气的接触面积和水的温度是否有关”实验中。

十年真题－热学（预赛）1．（34届预赛2）系统1和系统2质量相等，比热容分别为C 1和C 2，两系统接触后达到够达到共同的温度T ，整个过程中与外界（两系统之外）无热交换．两系统初始温度T 1和T 2的关系为A ．T 1＝(T －T 2)－TB ．T 1＝(T －T 2)－TC 2C 1C 1C 2C ．T 1＝(T －T 2)＋TD ．T 1＝(T －T 2)＋T C 1C 2C 2C 12．（31届预赛1）一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A ．αB ．α1/3C ．α3D ．3α3．（29届预赛1）下列说法中正确的是A ．水在0℃时密度最大B ．一个绝热容器中盛有气体，假设把气体中分子速率很大的如大于v A 的分子全部取走，则气体的温度会下降，此后气体中不再存在速率大于v A 的分子C ．杜瓦瓶的器壁是由两层玻璃制成的，两层玻璃之间抽成真空，抽成真空的主要作用是既可降低热传导，又可降低热辐射D ．图示为一绝热容器，中间有一隔板，隔板左边盛有温度为T 的理想气体，右边为真空．现抽掉隔板，则气体的最终温度仍为T4．(28届预赛2)下面列出的一些说法中正确的是A ．在温度为20ºC 和压强为1个大气压时，一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，在此过程中，它所吸收的热量等于其内能的增量．B ．有人用水银和酒精制成两种温度计，他都把水的冰点定为0度，水的沸点定为100度，并都把0刻度与100刻度之间均匀等分成同数量的刻度，若用这两种温度计去测量同一环境的温度（大于0度小于100度）时，两者测得的温度数值必定相同．C ．一定量的理想气体分别经过不同的过程后，压强都减小了，体积都增大了，则从每个过程中气体与外界交换的总热量看，在有的过程中气体可能是吸收了热量，在有的过程中气体可能是放出了热量，在有的过程中气体与外界交换的热量为零.D ．地球表面一平方米所受的大气的压力，其大小等于这一平方米表面单位时间内受上方作热运动的空气分子对它碰撞的冲量，加上这一平方米以上的大气的重量．5．（27届预赛2）烧杯内盛有0℃的水，一块0℃的冰浮在水面上，水面正好在杯口处．最后冰全部融化成0℃的水．在这过程中A ．无水溢出杯口，但最后水面下降了B ．有水溢出杯口，但最后水面仍在杯口处C ．无水溢出杯口，水面始终在杯口处D ．有水溢出杯口，但最后水面低于杯口6．（27届预赛3）如图所示，a 和b 是绝热气缸中的两个活塞，它们把气缸分成甲和乙两部分，两部分中都封有等量的理想气体．a 是导热的，其热容量可不计，与气缸壁固连．b是绝热的，可在气缸内无摩擦滑动，但不漏气，其右方为大气．图中k 为加热用的电炉丝．开始时，系统处于平衡状态，两部分中气体的温度和压强皆相同．现接通电源，缓慢加热一段时间后停止加热，系统又达到新的平衡，则A ．甲、乙中气体的温度有可能不变B ．甲、乙中气体的压强都增加了C ．甲、乙中气体的内能的增加量相等D ．电炉丝放出的总热量等于甲、乙中气体增加内能的总和7．（27届预赛4）一杯水放在炉上加热烧开后，水面上方有“白色气”；夏天一块冰放在桌面上，冰的上方也有“白色气”．A ．前者主要是由杯中水变来的“水的气态物质”B ．前者主要是由杯中水变来的“水的液态物质”C．后者主要是由冰变来的“水的气态物质”D．后者主要是由冰变来的“水的液态物质”8．（26届预赛3）一根内径均匀、两端开中的细长玻璃管，竖直插在水中，管的一部分在水面上．现用手指封住管的上端，把一定量的空气密封在玻璃管中，以V0表示其体积；然后把玻璃管沿竖直方向提出水面，设此时封在玻璃管中的气体体积为V1；最后把玻璃管在竖直平面内转过900，让玻璃管处于水平位置，设此时封在玻璃管中的气体体积为V2．则有A．V1＞V0≥V2B．V1＞V0＞V2C．V1=V2＞V0D．V1＞V0，V2＞V0 9．（25届预赛4）如图所示，放置在升降机地板上的盛有水的容器中，插有两根相对容器的位置是固定的玻璃管a和b，管的上端都是封闭的，下端都是开口的．管内被水各封有一定质量的气体．平衡时，a管内的水面比管外低，b管内的水面比管外高．现令升降机从静止开始加速下降，已知在此过程中管内气体仍被封闭在管内，且经历的过程可视为绝热过程，则在此过程中A．a中气体内能将增加，b中气体内能将减少B．a中气体内能将减少，b中气体内能将增加C．a、b中气体内能都将增加D．a、b中气体内能都将减少10．（25届预赛5）图示为由粗细均匀的细玻璃管弯曲成的“双U形管”，a、b、c、d为其四段竖直的部分，其中a、d上端是开口的，处在大气中．管中的水银把一段气体柱密封在b、c内，达到平衡时，管内水银面的位置如图所示．现缓慢地降低气柱中气体的温度，若c中的水银面上升了一小段高度Δh，则A．b中的水银面也上升ΔhB．b中的水银面也上升，但上升的高度小于ΔhC．气柱中气体压强的减少量等于高为Δh的水银柱所产生的压强D．气柱中气体压强的减少量等于高为2Δh的水银柱所产生的压强11．（31届预赛9）图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气.B的上方为大气.A系统在开始与B之间以及A与缸底之间都盛有n mol的同种理想气体．时处于平衡状态，现通过电炉丝E对气体缓慢加热．在加热过程中，A、B之间的气体经历_________过程，A以下气体经历________过程；气体温度每上升1K，A、B之间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差等于_____________．已知普适气体常量为R．答案：等压、等容、nR解析：在加热过程中，AB之间的气体的压强始终等于大气压强与B活塞的重力产生的压强之和，故进行的是等压变化，由于隔板A是固定在气缸内的，所以，A以下的气体进行的是等容变化，当气体温度升高1K时，AB之间的气体吸收的热量为Q1＝PΔV+ΔU，A以下的气体吸收的热量为Q2＝ΔU，又根据克拉伯龙方程pΔV＝nRΔT，所以Q1－Q2＝pΔV＝nR.12．（28届预赛6）在大气中，将一容积为0.50m3的一端封闭一端开口的圆筒筒底朝上筒口朝下竖直插人水池中，然后放手，平衡时，筒内空气的体积为0.40m3.设大气的压强与10.0m高的水柱产生的压强相同，则筒内外水面的高度差为．答案：2.5m13．（34届预赛13）横截面积为S和2S的两圆柱形容器按图示方式连接成一气缸，每隔圆筒中各置有一活塞，两活塞间的距离为l，用硬杆相连，形成“工”字形活塞，它把整个气缸分隔成三个气室，其中Ⅰ、Ⅲ室密闭摩尔数分别为ν和2ν的同种理想气体，两个气室内都有电加热器；Ⅱ室的缸壁上开有一个小孔，与大气相通；1mol该种气体内能为CT （C 是气体摩尔热容量，T 是气体的绝对温度）．当三个气室中气体的温度均为T 1时，“工”字形活塞在气缸中恰好在图所示的位置处于平衡状态，这时Ⅰ室内空气柱长亦为l ，Ⅱ室内空气的摩尔数为ν．已知大气压不变，气缸壁和活塞都是绝热的，不32计活塞与气缸之间的摩擦．现通过电热器对Ⅰ、Ⅲ两室中的气体缓慢加热，直至Ⅰ室内气体的温度升为其初始状态温度的2倍，活塞左移距离d ．已知理想气体常量为R ，求：（1）Ⅲ室内气体初态气柱的长度；（2）Ⅲ室内气体末态的温度；（3）此过程中ⅠⅢ室密闭气体吸收的总热量． 解析：（1）设大气压强为p 0．初态：Ⅰ室内气体压强为p 1；Ⅲ室内气体压强为p 1′，气柱的长度为l ′．末态：Ⅰ室内气体压强为p 2；Ⅲ室内气体压强为p 2′．由初态到末态：活塞左移距离为d ．对初态应用气体状态方程，对Ⅰ室气体有：p 1lS ＝νRT 1 ①对Ⅱ室内气体有：p 0(×S ＋×2S )＝ν0RT 1 l 2l 232②对Ⅲ室内气体有：p 1′l ′(2S )＝(2ν)RT 1③ 由力学平衡条件有：p 1′(2S )＝p 1S＋p 0(2S －S ) ④由题给条件和①②③④式得：l ′＝l ＝l ν2ν1+ν02νν+ν0⑤（2）对末态应用气体状态方程，对Ⅰ室内气体有：p 2(l －d )S ＝νRT 2＝νR ·2T 1 ⑥对Ⅲ室内气体有：p 2′(l ′＋d )(2S )＝(2ν)RT 2′ ⑦ 由力学平衡条件有：p 2′(2S )＝p 2S ＋p 0(2S －S )⑧联立②⑤⑥⑦⑧和题给条件得：T 2′＝T 1 ⑨ 2νl +(ν+ν0)d (l －d )(ν+ν0)(1＋)（3）大气对密闭气体系统做的功为W ＝p 0(2S －S )(－d )＝－p 0Sd ＝－ν0RT 1 d l ⑩ 已利用②式．系统密闭气体内能增加量为：ΔU ＝νC (T 2－T 1)＋(2ν)C (T 2′－T 1)＝νC (2T 2′－T 1)⑪由⑨⑩式得：ΔU ＝CT 1－νCT 1 ⑫ 2νl +(ν+ν0)d (l －d )(ν+ν0)(2ν＋ν0)系统吸收的热量为：Q ＝ΔU －W ＝CT 1－νCT 1＋ν0RT 1 ⑬ 2νl +(ν+ν0)d (l －d )(ν+ν0)(2ν＋ν0)d l参考评分：第（1）问9分，①②③④式各2分，⑤式1分．第（2）问4分，⑥⑦⑧⑨式各1分．第（3）问7分，⑩⑪式各2分，⑫式1分，⑬式2分．14．（33届预赛16）充有水的连通软管常常用来检验建筑物的水平度．但软管中气泡会使得该软管两边管口水面不在同一水平面上．为了说明这一现象的物理原理，考虑如图所示的连通水管（由三段内径相同的U 形管密接而成），其中封有一段空气（可视为理想气体），与空气接触的四段水管均在竖直方向；且两个有水的U 形管两边水面分别等高．此时被封闭的空气柱的长度为L a ．已知大气压强P 0、水的密度ρ、重力加速度大小为g ，L 0≡P 0/(ρg)．现由左管口添加体积为ΔV ＝xS 的水，S 为水管的横截面积，在稳定后：（1）求两个有水的U 形管两边水面的高度的变化和左管添水后封闭的空气柱的长度；（2）当x <<L 0、L a<<L 0时，求两个有水的U 形管两边水面的高度的变化（用x 表出）以及空气柱的长度．已知≈1+z ，当z <<1． 1+z 12解析：解法（一）（1）设在左管添加水之前左右两个U 形管两边水面的高度分贝为h 1和h 2，添加水之后左右两个U 形管两边水面的高度分别为h 1L 和h 1R 、h 2L 和h 2R ．如图所示，设被封闭的空气的压强为p ，空气柱的长度为L b ．水在常温常压下可视为不可被压缩的流体，故：2h 1＋x ＝h 1L ＋h 1R ①2h 2＝h 2L ＋h 2R ②由力学平衡条件有：p 0＋ρgh 1L ＝p ＋ρgh 1R ③p 0＋ρgh 2R ＝p ＋ρgh 2L ④由于连通管中间高度不变，有：h 1＋h 2＋L a ＝h 1R ＋h 2L ＋L b ⑤由玻意耳定律得：p 0L a ＝pL b ⑥联立①②③④⑤⑥式得p 满足的方程：p 2＋p －p 0L a ＝0 L 0p 0(L a －L 0－x 2)解得：p ＝ ⑦ p 02L0[L 0－L a ＋＋]将⑦式带入⑥式得：L b ＝ ⑧ 12[L a －L 0－＋]由①②③④⑦式得：Δh 1L ≡h 1L －h 1＝x －Δh 1R＝＋[L 0－L a ＋＋] ⑨ x －L 0214x 2(L a －L 0－)2 +4L a L 0 ＝＋ 5x －2L a －2L 0814(L a －L 0－)2 +4L a L 0 Δh 1R ≡h 1R －h 1＝－ L 0+x 2p 2ρg＝－ ⑩ L 0+x 214[L 0－L a ＋＋] ＝－ 3x +2L a +2L 0814(L a －L 0－)2 +4L a L 0 Δh 2L ≡h 2L －h 2＝－ L 02p 2ρg＝－ ⑪ L 0214[L 0－L a ＋＋] ＝－ 2L a +2L 0－x 814(L a －L 0－)2 +4L a L 0 Δh 2R ≡h 2R －h 2＝－Δh 2L＝＋ ⑫x －2L a －2L 0814(L a －L 0－)2 +4L a L 0（2）在x <<L 0和L a <<L 0的情形下，由⑧式得：L b ≈L a⑬ ⑦式成为：p ≈p 0(1＋) ⑭ x 2L 0由⑨⑩⑪⑫⑬⑭式得：Δh 1L ≈x ⑮ 34Δh 1R ≈－Δh 2L ＝Δh 2R ≈x ⑯ 14参考评分：第（1）问14分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨⑩式各2分，⑪⑫式各1分；第（2）问6分，⑬⑭式各1分，⑮⑯式各2分．解法（二）（1）设U 形管1左侧末态水面比初态上升＋y ，右侧末态水面比初态上升x 2x 2－y ，U 形管2左侧末态水面比初态下降y ，右侧末态水面比初态上升y ．由玻意耳定律得： L a L 0＝L b (L 0＋2y ) ①由几何关系有： L a －＋2y ＝L b x 2②将②式带入①式得：L a L 0＝(L a －＋2y ) (L 0＋2y ) x 2③解得： y ＝－－＋ ④ x 8L 04L a 414(L 0＋L a －x 2)2 ＋2xL 0此即U 形管2左侧末态比初态水面下降值，也是右侧末态比初态水面上升值（负根y ＝－－－不符合题意，已舍去）． x 8L 04L a 414(L 0＋L a －x 2)2 ＋2xL 0U 形管1左侧末态比初态水面上升： ＋y ＝＋ ⑤ x 25x －2L a －2L 0814(L a ＋L 0－)2 ＋2xL 0右侧末态比初态水面上升： －y ＝－ ⑥ x 23x ＋2L a ＋2L 0814(L a ＋L 0－) 2 ＋2xL 0 将④式带入②式得： L b ＝L a －＋2y ＝＋ ⑦ x 22L a －2L 0－x 412(L a ＋L 0－)2 ＋2xL 0 （2）在x <<L 0和L a <<L 0的情形下，④⑤⑥⑦式中的根号部分＝(L a ＋L 0－)2＋2xL 0L a2＋L 02＋＋2L 0L a －xL 0－xL a ＋2xL 0＝L 01+＋＋2－＋≈L 0[1＋（＋＋2－＋]＝L 0＋ ⑧12[＋＋2L a －＋x ]≈L 0＋(2L a ＋x ) 12＝L a ＋L 0＋ x 2⑧式在推导过程中用到了≈1+z ，当z <<1． 1+z 12将⑧式带入④⑤⑥⑦式中分别得到：y ≈－－＋＝ ⑨x 8L 04L a 414(L 0＋L a ＋x 2)x 4＋y ≈＋＝ ⑩x 2x 2x 43x 4－y ≈－＝ ⑪x 2x 2x 4x 4L b ≈－－＋＝L a ⑫ L a 2L 02x 412(L 0＋L a ＋x 2)参考评分：第（1）问14分，①式4分，②③式各1分，④式3分，⑤式2分，⑥式1分．第（2）问6分，⑨⑩式各2分，⑪⑫式各1分．15．(32届预赛15)如图，导热性能良好的气缸A 和B 高度均为h（已除开活塞的厚度），横截面积不同，竖直浸没在温度为T 0的恒温槽内，它们的底部由一细管连通（细管容积可忽略）．两气缸内各有一个活塞，质量分别为m A ＝2m 和m B ＝m ，活塞与气缸之间无摩擦，两活塞的下方为理想气体，上方为真空．当两活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底面相对于气缸底的高度均为h /2．现保持恒温槽温度不变，在两活塞上面同时各缓慢加上同样大小的压力，让压力从零缓慢增加，直至其大小等于2m g （g 为重力加速度）为止，并一直保持两活塞上的压力不变；系统再次达到平衡后，缓慢升高恒温槽的温度，对气体加热，直至气缸B 中活塞底面恰好回到高度为h /2处．求：（1）两个活塞的横截面积之比S A ∶S B ．（2）气缸内气体的最后的温度．（3）在加热气体的过程中，气体对活塞所做的总功．解析：（1）平衡时气缸A 、B 内气体的压强相等，故：＝ ① m A g S A m B g SB 由①式和题给条件得： S A ∶S B ＝2∶1 ②（2）两活塞上各放一质量为2m 的质点前，气体的压强p 1和体积V 1分别为：p 1＝＝ ③ 2mg S A mg SB V 1＝S B h ④ 32两活塞上各放一质量为2m 的质点后，B 中活塞所受到的气体压力小于它和质点所受重力之和，B 中活塞将一直下降至气缸底部为之，B 中气体全部进入气缸A ．假设此时气缸A 中活塞并未上升到气缸顶部，气体的压强p 2＝＝ ⑤ 4mg S A 2mg SB 设平衡时气体体积为V 2，由于初态末态都是平衡态，由理想气体状态方程有：＝ ⑥p 1V 1T 0p 2V 2T 0由③④⑤⑥式得：V 2＝S 0h ＝S A h ⑦ 3438这时气体的体积小于气缸A 的体积，与活塞未上升到气缸顶部的假设一致．缓慢加热时，气体先等压膨胀，B 中活塞不动，A 中活塞上升；A 中活塞上升至顶部后，气体等容升压；压强升至时，B 中活塞开始上升，气体等压膨胀． 3mg S B设当温度升至T 时，该活塞恰好位于处．此时气体的体积变为V 3＝S B h ⑧ h 252气体压强 p 3＝ ⑨ 3mg S B 设此时气缸内气体的温度为T ，由状态方程有：＝ ⑩ p 2V 2T 0p 3V 3T由⑤⑦⑧⑨⑩式得： T ＝5T 0 ⑪ （3）升高恒温槽的温度后，加热过程中，A 活塞上升量为h －h ＝h ⑫ 3858气体对活塞所做的总功为W ＝4mg ·h ＋3mg ·＝4mgh ⑬ 58h 2参考评分：第（1）问3分，①式2分，②式1分；第（2）问13分，③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨⑩⑪式各1分；第（3）问4分，⑫⑬式各2分．16．（31届预赛14）1mol 的理想气体经历一循环过程1-2-3-1，如p -T 图示所示，过程1-2是等压过程，过程3-1是通过p -T 图原点的直线上的一段，描述过程2-3的方程为c 1p 2+c 2p =T ，式中c 1和c 2都是待定的常量，p 和T 分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态1的压强、绝对温度分别为P 1和T 1，气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对温度分别为T 2以及p 3和T 3．气体常量R 也是已知的．(1)求常量c 1和c 2的值；(2)将过程1-2 -3 -1在p -v 图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．解析：（1）设气体在状态i （i ＝1、2、3）下的压强、体积和温度分别为p i 、V i 和T i ，由题设条件有：c 1p 22＋c 2p 2＝T 2 ①c 1p 32＋c 2p 3＝T 3 ②由此解得：c 1＝＝ ③ T 2p 3－T 3p 2p 22p 3－p 32p 2T 2p 3－T 3p 1p 12p 3－p 32p 1c 2＝＝ ④ T 2p 32－T 3p 22p 2p 32－p 22p 3T 2p 32－T 3p 12p 1p 32－p 12p 3（2）利用气体状态方程pV ＝RT 以及V 1＝R 、V 2＝R 、V 3＝R ⑤ T 1p 1T 2p 2T 3p 3可将过程2—3的方程写为p ＝V ＋ ⑥ V 2－V 3p 2－p 3V 2p 3－V 3p 2p 2－p 3可见，在p －V 图上过程2－3是以（p 2，V 2）和（p 3，V 3）为状态端点的直线，过程3－1是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：＝c 3 ⑦p T式中c 3是一常量，利用气体状态方程pV ＝RT ，可将过程3－1的方程改写为：V ＝＝V 3＝V 1 ⑧Rc 3这是以（p 3，V 1）和（p 1，V 1）为状态端点的等容降压过程．综上所述，过程1－2－3－1在p －V 图上是一直角三角形，如图所示．（3）气体在一次循环过程中对外做的总功为：W ＝－(p 3－p 1)(V 2－V 1) ⑨ 12利用气体状态方程pV ＝RT 和⑤式，上式即：W ＝－R (T 2－T 1) ⑩ 12(p 3p 1－1)参考评分：第（1）问8分，①②③④式各2分；第（2）问10分，⑤⑥式各2分，过程1－2－3－1在p －V 上的图示正确得6分；第（3）问2分，⑩式2分．17．(30届预赛14)如图所示，1摩尔理想气体，由压强与体积关系的p-V 图中的状态A 出发，经过一缓慢的直线过程到达状态B ，已知状态B 的压强与状态A 的压强之比为，若要使整个过程的最终结果是气体从外12界吸收了热量，则状态B 与状态A 的体积之比应满足什么条件？已知此理想气体每摩尔的内能为，R 为普适气体常32RT 量，T 为热力学温度．解析：令ΔU 表示系统内能的增量，Q 和W 分别表示系统吸收的热量和外界对系统所做的功，由热力学第一定律有：ΔU ＝Q ＋W ①令T 1和T 2分别表示状态A 和状态B 的温度，有：ΔU ＝R (T 2－T 1) ② 32令p 1、p 2和V 1、V 2分别表示状态A 、B 的压强和体积，由②式和状态方程可得：ΔU ＝(p 2V 2－p 1V 1) ③ 32 由状态图可知，做功等于图线下所围面积，即：W ＝－(p 1＋p 2)(V 2－V 1) 12④要系统吸热，即Q ＞0，由以上格式可得：(p 2V 2－p 1V 1)＋(p 1＋p 2)(V 2－V 1)＞0 3212⑤按题意，＝，带入上式，可得：＞ p 2p 112V 2V 132⑥参考评分：①②③式各3分，④式4分，⑤式3分，⑥式2分．18．(29届预赛14)由双原子分子构成的气体，当温度升高时，一部分双原子分子会分解成两个单原子分子，温度越高，被分解的双原子分子的比例越大，于是整个气体可视为由单原子分子构成的气体与由双原子分子构成的气体的混合气体．这种混合气体的每一种成分气体都可视作理想气体．在体积V ＝0.045m 3的坚固的容器中，盛有一定质量的碘蒸气，现于不同温度下测得容器中蒸气的压强如下：试求温度分别为1073K 和1473K 时该碘蒸气中单原子分子碘蒸气的质量与碘的总质量之比值．已知碘蒸气的总质量与一个摩尔的双原子碘分子的质量相同，普适气体常量R ＝8.31J·mol －1·K －1解析：以m 表示碘蒸气的总之，m 1表示蒸气的温度为T 时单原子分子的碘蒸气的质量，μ1、μ2分别表示单原子分子碘蒸气和双原子分子碘蒸气的摩尔质量，p 1、p 2分别表示容器中单原子分子碘蒸气和双原子分子碘蒸气的分压强，则由理想气体的状态方程有：p 1V ＝RT ① m 1μ1 p 2V ＝RT ② m －m 1μ2其中，R 为理想气体常量．根据道尔顿分压定律，容器中碘蒸气的总压强p 满足：p ＝p 1＋p 2 ③设α＝为单原子分子碘蒸气的质量与碘蒸气的总质量的比值，注意到μ1＝μ2 ④ m 1m 12由以上各式解得：α＝·－1 ⑤ μ2V mR p T带入有关数据可得，当温度为1073K 时，α＝0.06 ⑥ 当温度为1473K 时，α＝0051 ⑦ 参考评分：①②③⑤式各4分，⑥⑦式各2分．19．（26届预赛15）图中M 1和M 2是绝热气缸中的两个活塞，用轻质刚性细杆连结，活塞与气缸壁的接触是光滑的、不漏气的，M 1是导热的，M 2是绝热的，且M 2的横截面积是M 1的2倍．M 1把一定质量的气体封闭在气缸为L 1部分，M 1和M 2把一定质量的气体封闭在气缸的L 2部分，M 2的右侧为大气，大气的压强p 0是恒定的．K 是加热L 2中气体用的电热丝．初始时，两个活塞和气体都处在平衡状态，分别以V 10和V 20表示L 1和L 2中气体的体积．现通过K对气体缓慢加热一段时间后停止加热，让气体重新达到平衡太，这时，活塞未被气缸壁挡住．加热后与加热前比，L 1和L 2中气体的压强是增大了、减小还是未变？要求进行定量论证．解析：解法（一）用n 1和n 2分别表示L 1和L 2中气体的摩尔数，p 1、p 2和V 1、V 2分别表示L 1和L 2中气体处在平衡状态时的压强和体积，T 表示气体的温度（因为M 1是导热的，两部分气体的温度相等），由理想气体状态方程有：p 1V 1＝n 1RT ① p 2V 2＝n 2RT ② 式中R 为普适气体常量．若以两个活塞和轻杆构成的系统为研究对象，处在平衡状态时有：p 1S 1－p 2S 1＋p 2S 2－p 0S 2＝0 ③ 已知S 2＝2S 1④有③④式得：p 1＋p 2＝2p 0⑤由①②⑤三式得：p 1＝ 2n 1n 2p 0V 2V 1＋n 1n 2V 2⑥若⑥式中的V 1、V 2是加热后L 1和L 2中气体的体积，则p 1就是加热后L 1中气体的压强．加热前L 1中气体的压强则为p 10＝ 2n 1n 2p 0V 20V 10＋n 1n 2V 2⑦设加热后L 1中气体体积的增加量为ΔV 1，L 2中气体体积的增加量为ΔV 2，因连接两活塞的杆是刚性的，活塞M 2的横截面积是M 1的2倍，故有：ΔV 1＝ΔV 2＝ΔV ⑧ 加热后L 1和L 2中气体的体积都是增大的，即ΔV ＞0．（若ΔV ＜0，即加热后活塞是向左移动的，则大气将对封闭在气缸中的气体做功，电热丝又对气体加热，根据热力学第一定律，气体的内能增加，温度将上升，而体积是减小的，故L 1和L 2中气体的压强p 1和p 2都将增大，这违反力学平衡条件⑤式）于是有V 1＝V 10＋ΔV ⑨ V 2＝V 20＋ΔV ⑩由⑥⑦⑨⑩四式得：p 1－p 10＝ ⑪ 2n 1n 2p 0(V 10－V 20)ΔV [V 10＋ΔV ＋n 1n 2(V 20＋ΔV )](V 10＋n 1n 2V 20)由⑪式可知：若加热前V 10＝V 20，则p 1＝p 10，即加热后p 1不变，由⑤式知p 2亦不变；若加热前V 10＜V 20，则p 1＜p 10，即加热后p 1必减小，由⑤式知p 2必增大； 若加热前V 10＞V 20，则p 1＞p 10，即加热后p 1必增大，由⑤式知p 2必减小． 参考评分：得到⑤式3分，得到⑧式3分，得到⑪式8分，最后结论6分． 解法（二）设加热前L 1和L 2中气体的压强和体积分别为p 10、p 20和V 10、V 20，以p 1、p 2和V 1、V 2分别表示加热后L 1和L 2中气体的压强和体积，由于M 1是导热的，加热前L 1和L 2中气体的温度是相等的，设为T 0，加热后L 1和L 2中气体的温度也相等，设为T ．因为加热前、后两个活塞和轻杆构成的系统都处在力学平衡状态，注意到S 2＝2S 1，力学平衡条件分别为：p 10＋p 20＝2p 0 ① p 1＋p 2＝2p 0 ② 由①②两式得：p 1－p 10＝－(p 2－p 20)③根据理想气体状态方程，对L 1中的气体有：＝ ④ p 1V 1p 10V 10T T 0对L 2中气体有：＝ ⑤ p 2V 2p 20V 20T T 0由④⑤两式得：＝ p 1V 1p 10V 10p 2V 2p 20V 20⑥⑥式可改写成：＝ ⑦ (1＋p 1－p 10p 10)(1＋V 1－V 10V 10)(1＋p 2－p 20p 20)(1＋V 2－V 20V 20)因连接两活塞的杆是刚性的，活塞M 2的横截面积是M 1的2倍，故有：V 1－V 10＝V 2－V 20⑧ 把③⑧式带入⑦式得：＝ ⑨ (1＋p 1－p 10p 10)(1＋V 1－V 10V 10)(1－p 1－p 10p 20)(1＋V 1－V 10V 20)若V 10＝V 20，则由⑨式得p 1＝p 10，若加热前L 1中气体的体积等于L 2中气体的体积，则加热后L 1中气体的压强不变，由②式可知加热后L 2中气体的压强亦不变；若V10＜V20，则由⑨式得p1＜p10，若加热前L1中气体的体积小于L2中气体的体积，则加热后L1中气体的压强必减小，由②式可知加热后L2中气体的压强必增大；若V10＞V20，则由⑨式得p1＞p10，若加热前L1中气体的体积大于L2中气体的体积，则加热后L1中气体的压强必增大，由②式可知加热后L2中气体的压强必减小；参考评分：得到①式和②式或得到③式得3分，得到⑧式得3分，得到⑨式得8分，最后结论得6分．11。

初中物理竞赛专题训练—热学一、选择题（ 每题10分共计120分 ）1.液体温度计是利用液体热胀冷缩的性质制成的。

用两种不同的液体做成两支温度计，刻度的方法，都按照摄氏度的方法。

现在用这两支温度计分别去测量两个物体的温度，正确的说法是 ( )A 只要两支温度计的读数相等，被测两物体的实际温度就相等B 如果两支温度计读数相等，被测两物体实际温度肯定不等C 最少存在两个温度值，读数如相等，被测两物体的实际温度也相等D 最多只存在一个温度值，读数如相等，被测两物体的实际温度也相等2.某刻度均匀但读数不准的温度计，用它测量冰水混合物的温度时，示数是4︒C ，当冰熔化后，水温度升高到某一数值时，发现它的示数恰好与真实温度相等，让水温再增加10︒C ，而温度计的示数只增加了9︒C ，那么，当用此温度计去测量一个标准大气压下的沸水温度时，示数变为 （ ）A.92︒CB.94︒CC.96︒CD.98︒C3.如图所示，金属球甲和金属环乙用同种材料制成。

室温环境下，甲球恰好能穿过乙环。

则( )A.在同一高温环境下同时加热短暂时间后，球不能穿过环B.在同一高温环境下同时加热足够长时间后，球不能穿过环C.在同一低温环境下同时冷却短暂时间后，球不能穿过环D.在同一低温环境下同时冷却足够长时间后，球不能穿过环4.用材料甲制成的刻度尺去测量用材料乙制成的物体的长度。

在15℃时测得的长度为l 1，在30℃时测得的长度为l 2。

如果两次的测量方法都正确，且l 1>l 2。

则下列说法中正确的是 ( ) A.甲、乙两种材料膨胀程度不同，且材料乙的膨胀程度大B.如果在15℃时取甲、乙两材料的长度均是1米，则在降低相同温度后甲的长度大于乙的长度C.如果在15℃时取甲、乙两种材料的长度均是1米，则在升高相同温度后，甲的长度大于乙的长度D.以上三种情况都不对5.使用冷暖空调的密闭轿车玻璃上，无论盛夏还是严冬，都有小水珠凝结。

实际情况是( )A.小水珠总是凝结在窗玻璃的内表面B.小水珠总是凝结在窗玻璃的外表面C.夏天小水珠凝结在窗玻璃内表面，冬天凝结在外表面D.夏天小水珠凝结在窗玻璃外表面，冬天凝结在内表面6.如图所示，甲容器内装有水，乙试管内也装有水，并通过甲容器密封盖上的孔插入甲容器的水中，且乙试管与密封盖紧密接触。

全国中学生物理竞赛集锦（热学)答案 第21届预赛２004.９．5一、1.e. ２．7×１0１9第21届复赛一、开始时U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V 2 = H Ａ （１)p 2= ｐ1 ﻩ 经过2小时,Ｕ形管右管中空气的体积和压强分别为ﻩ A H H V )(2∆-='（2）2222V V p p '=' (3)渗透室下部连同U 形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为ﻩﻩHAV V ∆+='11（4）ﻩH g p p Δ221ρ+'=ﻩ(5) 式中ρ 为水的密度，g 为重力加速度.由理想气体状态方程nRT pV =可知，经过2小时,薄膜下部增加的空气的摩尔数ﻩRTV p RT V p n 1111-''=∆ （6)在2个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数A nN N ∆=ﻩ（７)式中ＮA 为阿伏伽德罗常量．渗透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了∆p ﻩ0V ΔnRTp =∆ﻩ（８) 经过2小时渗透室上部分中空气的压强为ﻩp p p ∆-='00ﻩ(９） 测试过程的平均压强差 [])(211010p p ()p p p '-'+-=∆（10)根据定义，由以上各式和有关数据，可求得该薄膜材料在０℃时对空气的透气系数ﻩﻩ11111s m Pa 104.2---⨯=∆=tSp Nd k(１1)评分标准:本题20分.(１)、(２)、(３)、(４）、(5)式各1分，（6)式３分,(7)、(8)、(9)、(1０) 式各2分,（１1) 式４分．第20届预赛三、参考解答1. 操作方案:将保温瓶中90.0t =℃的热水分若干次倒出来。

第一次先倒出一部分，与温度为010.0t =℃的构件充分接触，并达到热平衡,构件温度已升高到1t ,将这部分温度为1t 的水倒掉。

再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为1t 的构件充分接触，并达到热平衡,此时构件温度已升高到2t ，再将这些温度为2t 的水倒掉。

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。

竞赛专题十热学一、温度与温标1、温度温度在宏观上是表示物体的冷热程度的物理量，例如，开水的温度要比冰水的温度高。

温度在微观上表示分子无规则运动的剧烈程度。

物质都是由分子构成的，分子又在永不停息的做无规则运动，但是即使是同一物体内的分子，它们做无规则运动的速率也是不尽相同的，有些分子速率大一些，有些分子速率小些，所以每个分子无规则运动的动能也不尽相同，温度实际上是分子平均动能的唯一标志，温度越高，分子做无规则运动的平均动能越大。

2、温标温度的高低仅凭人的感觉来判断是不可靠的，温度只能通过物体随温度变化的某些特性来间接测量，而用来量度物体温度数值的标尺叫温标。

测量温度的工具叫温度计，日常生活中常用的温度计是液体温度计，主要构造是玻璃泡、细管、玻璃管以及测温液体（比如水银、酒精和煤油等）。

温度计的测量原理是利用液体的热胀冷缩。

例1量程相同、最小刻度都是1℃的甲、乙、丙三支酒精温度计，玻璃泡的容积甲稍大一些，乙和丙相同，丙玻璃管的内径稍粗一些，甲和乙相同，由此可判断相邻两刻度线之间的距离是( )A.甲最长B.乙最长C.丙最长D.一样长例2 一只自制温度计有81根均匀刻线，若把它插入标准大气压下正在熔化的冰水混合物中，水银柱下降到第11根刻线，当把它插入在标准大气压下的沸水中时，水银柱升高到第61根刻线。

现选用摄氏温标，这个温度计的测量范围是( )A.-5℃～110℃B.-18℃～138℃C.-20℃～140℃D.-22℃～142℃二、物态变化例3近年来全球变暖最主要的原因是（）A．被大气吸收的太阳辐射增加B．被大气反射到太空的太阳辐射增加C．被大气吸收的地表辐射增加D．被地表反射到太空的太阳辐射增加例4 下列说法中正确的是( )A．北方寒冷的冬天，室内的玻璃窗上会出现冰花，属于凝华现象B．炎热的夏天，雪糕周围出现的“白气”是雪糕升华的水蒸气形成的C．将-18℃的冰块放在冰箱的0℃保鲜室中，一段时间后，冰块的内能增加D．用锯条锯木板，锯条的温度升高，是由于锯条从木板中吸收了热量例 5 如图所示，甲容器内装有水，乙试管内也装有水，并通过甲容器密封盖上的孔插入甲容器的水中，且乙试管与密封盖紧密接触。

初中物理竞赛专题训练—热学班级__________学号________姓名____________得分_________一、选择题（每题10分共计120分）1.液体温度计是利用液体热胀冷缩的性质制成的。

用两种不同的液体做成两支温度计，刻度的方法，都按照摄氏度的方法。

现在用这两支温度计分别去测量两个物体的温度，正确的说法是( )A 只要两支温度计的读数相等，被测两物体的实际温度就相等B 如果两支温度计读数相等，被测两物体实际温度肯定不等C 最少存在两个温度值，读数如相等，被测两物体的实际温度也相等D 最多只存在一个温度值，读数如相等，被测两物体的实际温度也相等2.某刻度均匀但读数不准的温度计，用它测量冰水混合物的温度时，示数是4C，当冰熔化后，水温度升高到某一数值时，发现它的示数恰好与真实温度相等，让水温再增加10C，而温度计的示数只增加了9C，那么，当用此温度计去测量一个标准大气压下的沸水温度时，示数变为（）A.92 CB.94 CC.96 CD.98C3.如图所示，金属球甲和金属环乙用同种材料制成。

室温环境下，甲球恰好能穿过乙环。

则( )A.在同一高温环境下同时加热短暂时间后，球不能穿过环B.在同一高温环境下同时加热足够长时间后，球不能穿过环C.在同一低温环境下同时冷却短暂时间后，球不能穿过环D.在同一低温环境下同时冷却足够长时间后，球不能穿过环4.用材料甲制成的刻度尺去测量用材料乙制成的物体的长度。

在15℃时测得的长度为l1，在30℃时测得的长度为l2。

如果两次的测量方法都正确，且l1>l2。

则下列说法中正确的是( )A.甲、乙两种材料膨胀程度不同，且材料乙的膨胀程度大B.如果在15℃时取甲、乙两材料的长度均是1米，则在降低相同温度后甲的长度大于乙的长度C.如果在15℃时取甲、乙两种材料的长度均是1米，则在升高相同温度后，甲的长度大于乙的长度D.以上三种情况都不对5.使用冷暖空调的密闭轿车玻璃上，无论盛夏还是严冬，都有小水珠凝结。

全国中学生物理竞赛集锦（热学）第21届预赛2020.9.5一、（15分）填空e ．在标准状态下，1cm 3气体中的分子数约为____________。

（阿伏加德罗常量 N A ＝6.02×1023 mol －1）第21届复赛一、(20分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数dPStkN ∆=，其中t 为渗透持续时间，S 为薄膜的面积，d 为薄膜的厚度，P ∆为薄膜两侧气体的压强差．k 称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，材料的气密性能愈好．图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图．EFGI 为渗透室，U 形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U 形管内横截面积A ＝0.150cm 2．实验中，首先测得薄膜的厚度d =0.66mm ，再将薄膜固定于图中C C '处，从而把渗透室分为上下两部分，上面部分的容积30cm 00.25=V ，下面部分连同U 形管左管水面以上部分的总容积为V 1，薄膜能够透气的面积S =1.00cm 2．打开开关K 1、K 2与大气相通，大气的压强P 1＝1.00atm ，此时U 形管右管中气柱长度cm 00.20=H ，31cm 00.5=V ．关闭K 1、K 2后，打开开关K 3，对渗透室上部分迅速充气至气体压强atm 00.20=P ，关闭K 3并开始计时．两小时后， U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=∆H ．实验过程中，始终保持温度为C 0ο．求该薄膜材料在C 0ο时对空气的透气系数．（本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值P ∆来代替公式中的P ∆．普适气体常量R = 8.31Jmol -1K -1，1.00atm = 1.013×105Pa ）．第20届预赛三、(20分)在野外施工中，需要使质量 m ＝4.20 kg 的铝合金构件升温。

物理竞赛热学专题精编大全（带答案详解）一、多选题1．如图所示为一种简易温度计构造示意图，左右两根内径粗细均匀的竖直玻玻璃管下端通过软管相连接，在管中灌入某种液体后环境的温度。

重复上述操作，便可在左管上方标注出不同的温度刻，将左管上端通过橡皮塞插入小烧瓶中。

调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。

多次改变烧瓶所在度，为了增大这个温度计在相同温度变化时液面变化的髙度，下列措施中可行的是（）A ．增大液体的密度B．增大烧瓶的体积C．减小左管的内径 D ．减小右管的内径【答案】BC2．如图所示为两端封闭的U 形玻璃管，竖直放置，管内左、右两段封闭空气柱A、B 被一段水银柱隔开，设原来温度分别为T A和T B，当温度分别升高△ T A和△ T B时，关于水银柱高度差的变化情况，下列说法中正确的是（）A．当T A＝T B，且△ T A＝△ T B时，h一定不变B．当T A＝T B，且△ T A＝△ T B时，h一定增大C．当T A<T B，且△ T A<△ T B时，h一定增大D．当T A>T B，且△ T A＝△ T B时，h 一定增大【答案】BD【解析】【详解】AB. 由于左边的水银比右边的高?，所以右边的气体的压强比左边气体的压强大，即???> ???，设在变化的前后???两? 部分气体的体积都不发生变化，即???做?的都是等容变化，则?? ???? ??????根据????= ??????可??知，气体的压强的变化为 ????= ??????，??当????= ???，且????= ?? ??时，由于???>??????C. 当????< ???，且 ????< ????时，由于 ???> ???，根据 ????= ??????可??知不能判断 ?? ??和?? ??变化的大小，所以不能判断 ?的变化情况，故选项 C 错误；??????D. 当???? > ??，且?????= ?????时，由于 ???> ???，根据????=??????可??知 ????> ????，?一定增大， 故选项 D 正确；3．下列叙述正确的是（）A ．温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大B ．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大C ．在绝热过程中外界对气体做功，气体的内能必然增加D ．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性 【答案】 CDA .温度升高，气体分子的平均动能增大， 但是个别分子运动速率可能减小， 故 A 错误； B.温度是气体分子的平均动能变化的标志。