高中物理热学试题 及答案
高中物理竞赛十年预赛真题热学纯手打word版含答案
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＝C 2C 1(T －T 2)－TB ．T 1＝C 1C 2(T －T 2)－T C ．T 1＝C 1C 2(T －T 2)＋T D ．T 1＝C 2C 1(T －T 2)＋T 2．（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＞V09．（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 与B 之间以及A 与缸底之间都盛有n mol 的同种理想气体．系统在开始时处于平衡状态，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Q 1＝P ΔV +ΔU ，A以下的气体吸收的热量为Q 2＝ΔU ，又根据克拉伯龙方程p ΔV ＝nR ΔT ，所以Q 1－Q 2＝p ΔV＝nR .12．（28届预赛6）在大气中，将一容积为0.50m 3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0.40m 3.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32ν．已知大气压不变，气缸壁和活塞都是绝热的，不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(l 2×S ＋l 2×2S )＝32ν0RT 1②对Ⅲ室内气体有：p1′l′(2S)＝(2ν)RT1③由力学平衡条件有：p1′(2S)＝p1S＋p0(2S－S) ④由题给条件和①②③④式得：l′＝ν2ν1+ν0l＝2νν+ν0l⑤（2）对末态应用气体状态方程，对Ⅰ室内气体有：p2(l－d)S＝νRT2＝νR·2T1⑥对Ⅲ室内气体有：p2′(l′＋d)(2S)＝(2ν)RT2′⑦由力学平衡条件有：p2′(2S)＝p2S＋p0(2S－S) ⑧联立②⑤⑥⑦⑧和题给条件得：T2′＝2νl+(ν+ν0)d(l－d)(ν+ν0)⎝⎛⎭⎫1＋ν02νl－dl T1⑨（3）大气对密闭气体系统做的功为W＝p0(2S－S)(－d)＝－p0Sd＝－dlν0RT1⑩已利用②式．系统密闭气体内能增加量为：ΔU＝νC(T2－T1)＋(2ν)C(T2′－T1)＝νC(2T2′－T1) ⑪由⑨⑩式得：ΔU＝2νl+(ν+ν0)d(l－d)(ν+ν0)⎝⎛⎭⎫2ν＋l－dlν0CT1－νCT1⑫系统吸收的热量为：Q＝ΔU－W＝2νl+(ν+ν0)d(l－d)(ν+ν0)⎝⎛⎭⎫2ν＋l－dlν0CT1－νCT1＋dlν0RT1⑬参考评分：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 ≈1+12z ，当z <<1． 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 2L④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：L 0p 0p 2＋⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 2p －p 0L a ＝0 解得：p ＝p 02L 0⎣⎡⎦⎤L 0－L a ＋x 2＋⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 ⑦ 将⑦式带入⑥式得：L b ＝12⎣⎡⎦⎤L a －L 0－x 2＋⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 ⑧ 由①②③④⑦式得：Δh 1L ≡h 1L －h 1＝x －Δh 1R＝x －L 02＋14[L 0－L a ＋x 2＋⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0] ⑨ ＝5x －2L a －2L 08＋14⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 Δh 1R ≡h 1R －h 1＝L 0+x 2－p 2ρg＝L 0+x 2－14⎣⎡⎦⎤L 0－L a ＋x 2＋⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 ⑩＝3x +2L a +2L 08－14⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 Δh 2L ≡h 2L －h 2＝L 02－p 2ρg ＝L 02－14⎣⎡⎦⎤L 0－L a ＋x 2＋⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 ⑪ ＝2L a +2L 0－x 8－14⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 Δh 2R ≡h 2R －h 2＝－Δh 2L＝x －2L a －2L 08＋14⎝⎛⎭⎫L a －L 0－x 22+4L a L 0 ⑫ （2）在x <<L 0和L a <<L 0的情形下，由⑧式得：L b ≈L a ⑬⑦式成为：p ≈p 0(1＋x 2L 0) ⑭ 由⑨⑩⑪⑫⑬⑭式得：Δh 1L ≈34x ⑮ Δh 1R ≈－Δh 2L ＝Δh 2R ≈14x ⑯ 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x 2＋y ，右侧末态水面比初态上升x 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 －x 2＋2y ＝L b ②将②式带入①式得：L a L 0＝(L a －x 2＋2y ) (L 0＋2y ) ③解得： y ＝x 8－L 04－L a 4＋14⎝⎛⎭⎫L 0＋L a －x 22＋2xL 0 ④ 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＝x 8－L 04－L a 4－14⎝⎛⎭⎫L 0＋L a －x 22＋2xL 0不符合题意，已舍去）．U 形管1左侧末态比初态水面上升：x 2＋y ＝5x －2L a －2L 08＋14⎝⎛⎭⎫L a ＋L 0－x 22＋2xL 0 ⑤ 右侧末态比初态水面上升：x 2－y ＝3x ＋2L a ＋2L 08－14⎝⎛⎭⎫L a ＋L 0－x 2 2＋2xL 0 ⑥ 将④式带入②式得：L b ＝L a －x 2＋2y ＝2L a －2L 0－x 4＋12⎝⎛⎭⎫L a ＋L 0－x 22＋2xL 0 ⑦ （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－x 22＋2xL 0＝L a 2＋L 02＋x 24＋2L 0L a －xL 0－xL a ＋2xL 0 ＝L 01+L a 2L 02＋x 24L 02＋2L a L 0－xL a 2L 02＋x L 0≈L 0⎣⎡⎦⎤1＋12（L a 2L 02＋x 24L 02＋2L a L 0－xL a L 02＋x L 0 ＝L 0＋12⎣⎡⎦⎤L a 2L 0＋x 24L 0＋2L a －xL a L 0＋x ⑧ ≈L 0＋12(2L a ＋x ) ＝L a ＋L 0＋x 2⑧式在推导过程中用到了1+z ≈1+12z ，当z <<1． 将⑧式带入④⑤⑥⑦式中分别得到：y ≈x 8－L 04－L a 4＋14⎝⎛⎭⎫L 0＋L a ＋x 2＝x 4⑨ x 2＋y ≈x 2＋x 4＝3x 4⑩ x 2－y ≈x 2－x 4＝x 4⑪ L b ≈L a 2－L 02－x 4＋12⎝⎛⎭⎫L 0＋L a ＋x 2＝L a ⑫参考评分：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：m A g S A ＝m B g S B① 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＝2mg S A ＝mg S B③ V 1＝32S B h ④ 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＝4mg S A ＝2mg S B⑤ 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：p 1V 1T 0＝p 2V 2T 0⑥ 由③④⑤⑥式得： V 2＝34S 0h ＝38S A h ⑦ 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3mg S B时，B 中活塞开始上升，气体等压膨胀．设当温度升至T 时，该活塞恰好位于h 2处．此时气体的体积变为V 3＝52S B h ⑧ 气体压强 p 3＝3mg S B⑨ 设此时气缸内气体的温度为T ，由状态方程有：p 2V 2T 0＝p 3V 3T⑩ 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 －38h ＝58h ⑫ 气体对活塞所做的总功为W ＝4mg ·58h ＋3mg ·h 2＝4mgh ⑬ 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＝T 2p 3－T 3p 2p 22p 3－p 32p 2＝T 2p 3－T 3p 1p 12p 3－p 32p 1③ c 2＝T 2p 32－T 3p 22p 2p 32－p 22p 3＝T 2p 32－T 3p 12p 1p 32－p 12p 3④ （2）利用气体状态方程pV ＝RT 以及V 1＝R T 1p 1、V 2＝R T 2p 2、V 3＝R T 3p 3⑤ 可将过程2—3的方程写为p V 2－V 3p 2－p 3＝V ＋V 2p 3－V 3p 2p 2－p 3⑥ 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：p T ＝c 3 ⑦ 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 ＝R c 3＝V 3＝V 1 ⑧ 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 ＝－12(p 3－p 1)(V 2－V 1) ⑨ 利用气体状态方程pV ＝RT 和⑤式，上式即：W ＝－12R (T 2－T 1)⎝⎛⎭⎫p 3p 1－1 ⑩ 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12，若要使整个过程的最终结果是气体从外界吸收了热量，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32RT ，R 为普适气体常量，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 ＝32R (T 2－T 1) ②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＝32(p 2V 2－p 1V 1) ③由状态图可知，做功等于图线下所围面积，即：W ＝－12(p 1＋p 2)(V 2－V 1) ④要系统吸热，即Q ＞0，由以上格式可得：32(p 2V 2－p 1V 1)＋12(p 1＋p 2)(V 2－V 1)＞0⑤按题意，p 2p 1＝12，带入上式，可得：V 2V 1＞32 ⑥参考评分：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 ＝m 1μ1RT ① p 2V＝m －m 1μ2RT②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＝m 1m 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＝12μ2 ④ 由以上各式解得：α＝μ2V mR ·p T－1 ⑤ 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 ①p 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 1 ④有③④式得：p 1＋p 2＝2p 0 ⑤由①②⑤三式得：p 1＝2n 1n 2p 0V 2V 1＋n 1n 2V 2 ⑥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 2 ⑦ 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 ⑨V 2＝V 20＋ΔV ⑩由⑥⑦⑨⑩四式得：p 1－p 10＝2n 1n 2p 0(V 10－V 20)ΔV ⎣⎡⎦⎤V 10＋ΔV ＋n 1n 2(V 20＋ΔV )⎝⎛⎭⎫V 10＋n 1n 2V 20 ⑪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 ①p 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：p 1V 1p 10V 10＝T T 0④ 对L 2中气体有：p 2V 2p 20V 20＝T T 0⑤ 由④⑤两式得：p 1V 1p 10V 10＝p 2V 2p 20V 20⑥ ⑥式可改写成：⎝⎛⎭⎫1＋p 1－p 10p 10⎝⎛⎭⎫1＋V 1－V 10V 10＝⎝⎛⎭⎫1＋p 2－p 20p 20⎝⎛⎭⎫1＋V 2－V 20V 20 ⑦ 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 20 ⑧把③⑧式带入⑦式得：⎝⎛⎭⎫1＋p 1－p 10p 10⎝⎛⎭⎫1＋V 1－V 10V 10＝⎝⎛⎭⎫1－p 1－p 10p 20⎝⎛⎭⎫1＋V 1－V 10V 20 ⑨ 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中气体的体积小于L 2中气体的体积，则加热后L 1中气体的压强必减小，由②式可知加热后L 2中气体的压强必增大；若V 10＞V 20，则由⑨式得p 1＞p 10，若加热前L 1中气体的体积大于L 2中气体的体积，则加热后L 1中气体的压强必增大，由②式可知加热后L 2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．。
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 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。
高中物理《热力学定律》练习题(附答案解析)
高中物理《热力学定律》练习题（附答案解析）学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．关于物体内能的变化，下列说法中正确的是（ ）A ．物体吸收了热量，它的内能可以减小B ．物体的机械能变化时，它的内能也一定随着变化C ．外界对物体做功，它的内能一定增加D ．物体既吸收热量，又对外界做功，它的内能一定不变2．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了4810J ⨯的功，气体的内能减少了51.210J ⨯，则下列各式中正确的是（ ）A ．454810J 1.210J 410J W U Q =⨯∆=⨯=⨯，，B ． 455810J 1.210J 210J W U Q =⨯∆=-⨯=-⨯，，C ． 454810J 1.210J 210J W U Q =-⨯∆=⨯=⨯，，D ． 454810J 1.210J 410J W U Q =-⨯∆=-⨯=-⨯，，3．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是（ ）A ．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B ．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C ．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D ．由热力学第二定律可知从单一热源吸收热量，完全变成功是可能的4．关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（ ）A ．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体B ．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故C ．木船浮在水面上是由于表面张力D ．外界对物体做功，物体的内能一定增加5．下列说法正确的是（ ）A ．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波B ．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先增大后减小D．只要对物体进行不断的冷却，就可以把物体的温度降为绝对零度6．关于能源，下列说法正确的是（）A．根据能量守恒定律，我们不需要节约能源B．化石能源、水能和风能都是不可再生的能源C．华龙一号（核电技术电站）工作时，它能把核能转化为电能D．能量的转化、转移没有方向性7．关于热现象，下列说法正确的是（）A．固体很难被压缩，是因为分子间存在斥力B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．气体吸热，其内能一定增加D．0°C水结成冰的过程中，其分子势能增加8．加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体（可视为理想气体）（）A．压强增大，内能减小B．压强减小，分子热运动的平均动能增大C．吸收热量，内能增大D．对外做功，分子热运动的平均动能减小二、多选题9．下列关于热力学第二定律的理解正确的是（）A．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的B．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性C．从微观的角度看，热力学第二定律表明一个孤立系统总是向无序度更大的方向发展D．没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机可以把燃料产生的内能全部转化为机械能10．一定质量的理想气体，其状态变化过程的p-V图像如图所示。
高中物理热学计算题以及答案
1. 问题：一个容积为V的容器中充满了1mol的气体，此时容器的温度为T1，请计算容器中气体的平均动能。
答案：平均动能=(3/2)nRT1，其中n为气体的物质的量，R为气体常数。
2. 一个容积为V的容器中装满了水，水的温度为t℃，水的重量为m，水的热容为c，此时将容器中的水加热，经过一段时间后，水的温度升高到T℃，请计算：
（1）水加热的总热量
Q=mc(T-t)
（2）水加热的平均热量
Qavg=Q/t
3..一元系统中，向容器中加入了$m$克汽油，汽油的温度为$T_1$，容器中的水的温度为$T_2$，汽油和水的比容为$V_1$和$V_2$，如果汽油和水的温度最终变为$T_3$，那么汽油的最终温度$T_4$为多少？
解：$T_4=\frac{mT_1V_1+T_2V_2}{mV_1+V_2}T_3$
4. 一定体积的气体在温度为273K，压强为100kPa时，改变温度到273K，压强到400kPa，求气体的体积。
解：由比容量关系可得：
V2/V1=P2/P1
V2=V1×P2/P1
V2=V1×400/100
V2=4V1
答案：V2=4V1。
【单元练】(必考题)高中物理选修3第三章【热力学定律】经典练习(答案解析)
一、选择题1．下列例子中，通过热传递改变物体内能的是（ ）A ．火炉将水壶中的水煮开B ．汽车紧急刹车时轮胎发热C ．压缩气体放气后温度降低D ．擦火柴，火柴就燃烧A解析：AA ．火炉将水壶中的水煮开，是通过热传递改变水内能，故A 正确；B ．汽车紧急刹车时轮胎发热是通过摩擦做功改变物体内能，故B 错误；C ．压缩气体放气后温度降低是通过气体对外做功使自身内能减小，故C 错误；D ．擦火柴，火柴就燃烧是通过摩擦做功使物体内能增大，故D 错误。
故选A 。
2．一定质量的理想气体（分子力不计），体积由V 1膨胀到V 2，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W 1，传递热量的值为Q 1，内能变化为∆U 1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W 2，传递热量的值为Q 2，内能变化为∆U 2。
则（ ） A ．W 1>W 2，Q 1<Q 2，∆U 1> ∆U 2B ．W 1>W 2，Q 1>Q 2，∆U 1> ∆U 2C ．W 1<W 2，Q 1=Q 2，∆U 1< ∆U 2D ．W 1=W 2，Q 1>Q 2，∆U 1> ∆U 2B解析：B在p − V 图象作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示根据图象与坐标轴所围的面积表示功，可知12W W > 第一种情况，根据pV C T=（常数）可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，∆U 1> 0，根据热力学第一定律有 111ΔU Q W =-则有11Q W >第二种情况等温过程，气体等温变化，∆U 2= 0，根据热力学第一定律有222ΔU Q W =-则有22Q W =由上可得12ΔΔU U >，12Q Q >故选B 。
3．下列说法正确的是A ．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性B ．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大C ．气体从外界吸收了热量，内能必定增加D ．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减少A解析：AA ．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A 正确；B ．气体压强越大，温度不一定很高，所以气体分子的平均动能不一定越大，故B 错误； D ．气体从外界吸收了热量，但气体对外做功，根据U W Q ∆=+，则气体内能不一定增加，故C 错误；C ．在绝热过程中外界对气体做功，根据U W Q ∆=+得气体的内能必然增加，故D 错误；故选A ．4．下列改变物体内能的物理过程中，不属于对物体做功来改变物体内能的有（ ） A ．用锯子锯木料，锯条温度升高B ．阳光照射地面，地面温度升高C ．锤子敲击钉子，钉子变热D ．擦火柴时，火柴头燃烧起来B解析：B【解析】【分析】改变物体内能的方式有两种：做功与热传递；分析各种情景，确定改变内能的方式，然后答题．用锯子锯木料，需要克服摩擦阻力，属于做功的方式，阳光照射地面，是阳光热量传递给地面，属于热传递；用锤子敲击钉子，通过做功的方式使钉子的内能增加，钉子变热；擦火柴的过程有摩擦力做功，是通过做功方法改变物体内能的，故B 正确．5．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度．他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将( ) A ．逐渐有所升高B ．保持不变C ．开机时降低，停机时又升高D ．开机时升高，停机时降低A解析：A【解析】冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，A正确．6．一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N、Q回到原状态M，其p—V图像如图所示，其中QM平行于横轴，NQ平行于纵轴，M、N在同一等温线上。
高中热力学试题及答案
高中热力学试题及答案一、选择题1. 热力学第一定律的数学表达式是：A. ΔU = Q + WB. ΔH = Q - WC. ΔS = Q/TD. ΔG = Q - TΔS答案：A2. 根据熵增原理，孤立系统的熵总是：A. 增加B. 减少C. 保持不变D. 无法确定答案：A3. 以下哪个过程是可逆过程？A. 摩擦生热B. 气体自由膨胀C. 气体在活塞下缓慢压缩D. 气体在活塞下快速压缩答案：C二、填空题4. 热力学第二定律的开尔文表述是：不可能从单一热源吸热使之完全转化为功而不引起其他变化。
__________________________。
5. 理想气体的内能只与温度有关，与体积和压强无关。
对于一定质量的理想气体，其内能变化ΔU等于__________。
答案：nCvΔT三、简答题6. 简述热力学第二定律的克劳修斯表述。
答案：热力学第二定律的克劳修斯表述是：不可能实现一个循环过程，其唯一结果就是将热量从低温物体传递到高温物体。
7. 解释什么是熵，以及熵增原理的意义。
答案：熵是热力学中描述系统无序度的物理量，通常用符号S表示。
熵增原理表明，在孤立系统中，自发过程总是向着熵增加的方向发展，这反映了自然界趋向于无序的普遍趋势。
四、计算题8. 一个理想气体在等压过程中，温度从T1升高到T2，求该过程中气体的熵变ΔS。
答案：首先，根据等压过程的性质，体积V与温度T的关系为V/T = 常数。
对于理想气体，熵变ΔS可以通过以下公式计算：ΔS = nCln(T2/T1) + Rln(V2/V1)由于V/T = 常数，所以V2/V1 = T2/T1，代入公式得：ΔS = nCln(T2/T1)9. 一个质量为m，温度为T的物体，通过热传导的方式与环境达到热平衡，求物体的最终温度。
答案：当物体与环境达到热平衡时，物体的温度将等于环境的温度。
因此，物体的最终温度就是环境的温度。
结束语：本试题涵盖了高中热力学的基本概念和计算方法，旨在帮助学生理解和掌握热力学的基本原理及其应用。
高中物理热学试题及答案
高中物理热学试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 热量的单位是（）A. 焦耳B. 牛顿C. 瓦特D. 帕斯卡2. 热力学第一定律的数学表达式是（）A. ΔU = Q + WB. ΔH = Q - WC. ΔS = Q/TD. ΔG = Q + W3. 温度是物体冷热程度的度量，其单位是（）A. 米B. 千克C. 开尔文D. 秒4. 热传导的微观解释是（）A. 粒子的布朗运动B. 粒子的碰撞C. 粒子的扩散D. 粒子的波动5. 物体的比热容是指（）A. 单位质量的物体温度升高1℃所吸收的热量B. 单位质量的物体温度升高1℃所放出的热量C. 单位质量的物体温度降低1℃所吸收的热量D. 单位质量的物体温度降低1℃所放出的热量6. 理想气体的内能只与（）有关A. 体积B. 温度C. 压力D. 质量7. 热机效率是指（）A. 热机输出功率与输入功率的比值B. 热机输出功率与输入功率的差值C. 热机输入功率与输出功率的比值D. 热机输入功率与输出功率的差值8. 热力学第二定律的开尔文表述是（）A. 不可能从单一热源吸热使之完全变为功而不产生其他影响B. 不可能使热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响C. 不可能从单一热源吸热使之完全变为功并产生其他影响D. 不可能使热量从高温物体传到低温物体而不产生其他影响9. 绝对零度是（）A. -273.15℃B. 0℃C. 273.15℃D. 100℃10. 热力学第三定律表明（）A. 绝对零度不可能达到B. 绝对零度可以轻易达到C. 绝对零度是温度的极限D. 绝对零度是温度的起点二、填空题（每题2分，共20分）1. 热力学第一定律表明，能量在转化和转移过程中______。
2. 热力学第三定律指出，当温度趋近于绝对零度时，所有纯物质的______趋于零。
3. 热传导、热对流和热辐射是热传递的三种基本方式，其中热辐射不需要______。
4. 物体吸收或放出热量时，其温度不一定变化，例如冰在熔化过程中______。
高中物理热学--理想气体状态方程试题及答案
高中物理热学--理想气体状态方程试题及答案、单选题1•一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为压强、体积和温度分别为P2、V2、A. p i =p2, V i=2V2, T i= 1T22 C. p i =2p2, V i=2V2, T i= 2T2 T2,下列关系正确的是iB. p i =p2, V i= 2 V2 , T i= 2T2D . p i =2p2 , V i=V2, T i= 2T22.已知理想气体的内能与温度成正比。
如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态i到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能A.先增大后减小C.单调变化B.先减小后增大D.保持不变3•地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交热忽略不计•已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中（不计气团内分子间的势能）A.体积减小，温度降低B.体积减小，温度不变C•体积增大，温度降低 D.体积增大，温度不变4.下列说法正确的是A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量C. 气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小D. 单位面积的气体分子数增加，气体的压强一定增大5 .气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的A .温度和体积B .体积和压强C.温度和压强 D .压强和温度6.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。
气体开始处于状态a,然后经过程ab到达状态b或进过过程ac到状态c, b、c状态温度相同，如V-T所示。
设气体在状态b和状态c的压强分别为Pb、和PC ,在过程ab和ac 吸收的热量分别为Qab和Qac,贝UA. Pb >Pc, Qab>QacB. Pb >Pc, Qab<QacC. Pb <Pc, Qab>QacD. Pb <Pc, Qab<Qac中7.下列说法中正确的是A. 气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B. 气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C. 压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D. 分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大&对一定量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则p i、V i、T i,在另一平衡状态下的14.一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状A 当体积减小时，V 必定增加B 当温度升高时，N 必定增加C 当压强不变而体积和温度变化时,D 当压强不变而体积和温度变化时,二、双选题9•一位质量为60 kg 的同学为了表演“轻功”，他用打气筒 只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体） ，然 这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上， 在气球的 放置一轻质塑料板，如图所示。
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热学试题一选择题：1．只知道下列那一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离A．阿伏加徳罗常数，该气体的摩尔质量和质量B．阿伏加徳罗常数，该气体的摩尔质量和密度C．阿伏加徳罗常数，该气体的质量和体积D．该气体的质量、体积、和摩尔质量2．关于布朗运动下列说法正确的是A．布朗运动是液体分子的运动B．布朗运动是悬浮微粒分子的运动C．布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子有时吸引、有时排斥的结果D．温度越高，布朗运动越显著3．铜的摩尔质量为μ（kg/ mol）,密度为ρ（kg/m3），若阿伏加徳罗常数为N A，则下列说法中哪个是错误．．的A．1m3铜所含的原子数目是ρN A/μ B．1kg铜所含的原子数目是ρN AC．一个铜原子的质量是（μ / N A）kg D．一个铜原子占有的体积是（μ / ρN A）m3 4．分子间同时存在引力和斥力，下列说法正确的是A．固体分子间的引力总是大于斥力B．气体能充满任何仪器是因为分子间的斥力大于引力C．分子间的引力和斥力都随着分子间的距离增大而减小D．分子间的引力随着分子间距离增大而增大，而斥力随着距离增大而减小5．关于物体内能，下列说法正确的是A．相同质量的两种物体，升高相同温度，内能增量相同B．一定量0℃的水结成0℃的冰，内能一定减少C．一定质量的气体体积增大，既不吸热也不放热，内能减少D ．一定质量的气体吸热，而保持体积不变，内能一定减少6．质量是18g 的水，18g 的水蒸气，32g 的氧气，在它们的温度都是100℃时 A ．它们的分子数目相同，分子的平均动能相同B ．它们的分子数目相同，分子的平均动能不相同，氧气的分子平均动能大C ．它们的分子数目相同，它们的内能不相同，水蒸气的内能比水大D ．它们的分子数目不相同，分子的平均动能相同7．有一桶水温度是均匀的，在桶底部水中有一个小气泡缓缓浮至水面，气泡上升过程中逐渐变大，若不计气泡中空气分子的势能变化，则A ．气泡中的空气对外做功，吸收热量B ．气泡中的空气对外做功，放出热量C ．气泡中的空气内能增加，吸收热量D ．气泡中的空气内能不变，放出热量 8．关于气体压强，以下理解不正确的是A ．从宏观上讲，气体的压强就是单位面积的器壁所受压力的大小B ．从微观上讲，气体的压强是大量的气体分子无规则运动不断撞击器壁产生的C ．容器内气体的压强是由气体的重力所产生的D ．压强的国际单位是帕，1Pa ＝1N/m 29．一定质量的理想气体处于平衡状态Ⅰ,现设法使其温度降低而压强升高,达到平衡状态Ⅱ,则( )A ．状态Ⅰ时气体的密度比状态Ⅱ时的大B ．状态Ⅰ时分子的平均动能比状态Ⅱ时的大C ．状态Ⅰ时分子的平均距离比状态Ⅱ时的大D ．状态Ⅰ时每个分子的动能都比状态Ⅱ时分子平均动能大10．如图所示，气缸内装有一定质量的气体，气缸的截面积为S ，其活塞为梯形，它的一个面与气缸成θ角，活塞与器壁间的摩擦忽略不计，现用一水平力F 推活塞，汽缸不动，此时大气压强为P 0，则气缸内气体的压强P 为 A ．P=P 0+cos S F B ．P=P 0+SFC ．P=P 0+S F θcos D ．P=P 0+SF θsin 11.如图所示，活塞质量为m ，缸套质量为M ，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住一定质量的空气 ，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S ，大气压强为p 0,则 A. 气缸内空气的压强为p 0－Mg /S B ．气缸内空气的压强为p 0＋mg /S C ．内外空气对缸套的作用力为（M ＋m ）g D ．内外空气对活塞的作用力为Mg12.关于热力学温度的下列说法中, 不正确的是( ) A.热力学温度与摄氏温度的每一度的大小是相同的 B.热力学温度的零度等于－℃ C.热力学温度的零度是不可能达到的 D.气体温度趋近于绝对零度时, 其体积趋近于零13.若在水银气压计上端混入少量空气, 气压计的示数与实际大气压就不一致, 在这种情况下( )A.气压计的读数可能大于外界大气压B.气压计的读数总小于实际大气压C.只要外界大气压不变, 气压计的示数就是定值D.可以通过修正气压计的刻度来予以校正14、根据分子动理论，下列关于气体的说法中正确的是A ．气体的温度越高，气体分子无规则运动越剧烈B ．气体的压强越大，气体分子的平均动能越大C ．气体分子的平均动能越大，气体的温度越高D ．气体的体积越大，气体分子之间的相互作用力越大15. ．如图所示，绝热隔板K 把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K 与气缸壁的接触是光滑的。
两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a 和b 势能可忽略。
现通过电热丝对气体a 加热一段时间后，a 、b 各自达到新的平衡A ．a 的体积增大了，压强变小了B ．b 的温度升高了C ．加热后a 的分子热运动比b 的分子热运动更激烈D ．a 增加的内能大于b 增加的内能a K b16封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是( )Ａ．气体的密度增大Ｃ．气体分子的平均动能减小Ｂ．气体的压强增大Ｄ．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多17.如图是氧气分子在不同温度（0℃和100℃）下的速率分布，由图可得信息A.同一温度下，氧气分子呈现出“中间多，两头少”的分布规律B.随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例高D.随着温度的升高，氧气分子的平均速率变小18.一定质量的理想气体, 处于某一初态, 现要使它经过一些状态变化后回到原来初温, 下列哪些过程可能实现( )A.先等压压缩, 再等容减压B.先等压膨胀, 再等容减压C.先等容增压, 再等压膨胀D.先等容减压, 再等压膨胀19．用r表示两分子之间的距离，E p表示两个分子间的相互作用势能，当r=r0时时，两个分子之间引力等于斥力，设两个分子间相距较远时，E p=0，则（）A．当分子间距r 变小时，引力减小，斥力增大B．当r>r0时，引力大于斥力，r增大时分子力做负功，E p增加C．当r<r0时，引力大于斥力，r减小时分子力做负功，E p减小D．当r=r0时， E p=020.如图所示，一端封闭的玻璃管开口向下竖直倒插在水银槽中，其位置保持固定。
已知封闭端内有少量空气。
若大气压强变小一些，则管中在水银槽水银面上方的水银柱高度h和封闭端内空气的压强p将如何变化( )变小，p变大变大，p变大变大，p变小变小，p变小21.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列变化过程,ab、bc、cd和da这四个过程中在P-T图上都是直线段,其中ab的延长线通过坐标原点O,bc垂直于ab而cd平行于ab,由图可以判断( )过程中气体体积不断增大过程中气体体积不断减小过程中气体体积不断增大过程中气体体积不断减小22、下列说法不符合分子动理论观点的是A．用气筒打气需外力做功，是因为分子间的后斥力作用B．温度升高，布朗运动显著，说明悬浮颗粒的分子运动剧烈C．相距较远的两个分子相互靠近的过程中，分子势能先减小后增大D．相距较远的两个分子相互靠近的过程中，分子间引力先增大后减小23、关于气体的压强，下列说法中正确的是A．气体的压强是气体分子间的吸引和排斥产生的B．气体分子的平均速率增大，气体的压强一定增大C．当某一容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零24、下列说法正确的是A.分子间同时存在着引力和斥力B.拉伸物体时，分子间引力增大，斥力减小，所以分子间引力大于斥力C.在真空容器中注入气体，气体分子迅速散开充满整个容器，是因为气体分子间的斥力大于引力D.当分子间相互作用力做正功时，分子势能增大25、用r表示两个分子间的距离，Ep表示两个分子间的相互作用的势能，当r=r0时两分子间斥力大小等于引力大小，设两分子相距很远时E P=0，则A.当r＞r0时，Ep随r的增大而增加B. 当r＜r0时，Ep随r的减小而增加C.当r＞r0时，Ep不随r而变D. 当r=r0时，Ep=026、关于布朗运动，下列叙述正确的是：A.我们所观察到的布朗运动，就是液体分子的无规则运动B.布朗运动是悬浮在液体中的固体分子的无规则运动C.布朗动动的激烈程度与温度无关D.悬浮在液体中的颗粒越小，它的布朗运动就越显著17．若以M表示水的摩尔质量，V表示水的摩尔体积，ρ表示水的密度。
N A为阿伏加德罗常数，m表示水的分子质量，V′表示水分子体积。
则下列关系中正确的是（）A．N A＝V/V′B．V=M/ρC．m=M/N A D．V=ρM28．关于分子势能下面说法中，正确的是（）A．当分子距离为r0=10－10m时分子势能最大B．当分子距离为r0=10－10m时分子势能最小，但不一定为零C．当分子距离为r0=10－10m时，由于分子力为零，所以分子势能为零D．分子相距无穷远时分子势能为零，在相互靠近到不能再靠近的过程中，分子势能逐渐增大29．下列说法正确的是（）A．一定质量的理想气体，温度不变时，体积减小，压强增大B．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强C．外界对气体做功，气体的内能一定增大D．气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大30．被活塞封闭在气缸中的一定质量的理想气体温度升高，压强保持不变，则：（）（A）气缸中每个气体分子的速率都增大（B）气缸中单位体积内气体分子数减少（C）气缸中的气体吸收的热量等于气体内能的增加量（D）气缸中的气体吸收的热量大于气体内能的增加量三、计算题：31、如图所示，重G1的活塞a和重G2的活塞b，将长为L的气室分成体积比为1﹕2的A、B两部分，温度是127℃，系统处于平衡状态，当温度缓慢地降到27℃时系统达到新的平衡，求活塞a、b移动的距离。
热 学 测 试 题 答 题 卷一、选择题：每小题4分，共52分二、计算题：每题6分，共18分31解：如图所示，设b 向上移动y ，a 向上移动 x ， 因为两个气室都做等压变化 所以由盖.吕萨克定律有：对于A 室系统: 300)(4003131S x L LS -= (4分) 对于B 室系统: 300)(4003232S x y L LS +-= (4分) 解得：x=L/12 (2分)y=L/4 (2分)。