高中物理竞赛十年复赛真题-热学(含答案)

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 0

V 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 016νR

③ 由③式知，当V ＝34

V 0时， ④ 气体达到直线AB 过程中的最高温度为：T max ＝9p 0V 016νR

⑤ （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 ＝ν52

RdT ⑧ 由①⑥⑦⑧式得：C m ＝C V ＋p ν dV dT ＝52R ＋⎝⎛⎭⎫32

p 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 2

⑪ 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 064νR

⑮ （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 0/2

V 0⎝⎛⎭⎫214－6V V 0p 0dV ＝p 0⎝⎛⎭⎫21V 4－3V 2V 0⎪⎪V 0

V 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＝38

p 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 0/2

p 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 2

③ 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 <

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 0

S 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)＝0.0060

V －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 0

V 1

pdV