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107Pa水艇浮起。某潜水艇贮气简的容积是2m3，其上的气压表显示内部贮有压强为2×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10m3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。

107Pa、体积V1=2m3的压缩空气都变成压强p2=9.5×106Pa压缩气体，设想让压强p1=2×

其体积为V2，根据玻-马定律则有

p1V1=p2V2

106Pa的压缩空气的体积 排水过程中排出压强p2=9.5×

V2V2V1，

106Pa、体积为V2的压缩空气，变成压设潜水艇所在处水的压强为p3，则压强p2=9.5×强为p3的空气的体积V3=10m3。 根据玻马定律则有

p2V2p3V3

联立可解得

p3=2.1×106Pa

设潜水艇所在海底位置的深度为h，因

p3=p0+ gh

解得

h=200m

2．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4C到0C，体积随温度的降低而增大，达到0C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4C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

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是热的不良导体，这样散热是比较慢的。

表面水的温度先于下面的水降至0C，开始结冰。冰的密度比水小，所以一直浮在水面上而不下沉。冰下面的水，从上到下温度为0C到4C，如果再降温，就会从上到下逐渐结冰。

由于通过热传导而向上散热比较慢，并且有地热由底下向上传导，因此冻结的速度是缓慢的。只要气温不太低或低温时间不长，加之湖泊、池塘中的水较深，水是不会被冻透的，冰就不会一直结到水底。

3．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，每个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室的缸壁上开有一小孔，与大气相通；1 mol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T1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室内气柱长亦为l，Ⅱ室内空气的摩尔数为

3v0。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2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倍时，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I、Ⅲ室密闭气体吸收的总热量。 【详解】

（1）设大气压强为p0．初态：I室内气体压强为p1；III室内气体压强为p3，气柱的长度为l3；末态：I室内气体压强为p1′；III室内气体压强为p3′；由初态到末态：活塞左移距离为d。

首先用整体法，力学平衡

p3(2S)= p1S+ p0(2S－S)

然后对三部分气体分别分析：

p1lS=νRT1

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p0（

ll3S2S）v0RT1 222p3l3(2S)=(2ν)RT1

联立上述各式得：

vRT1vRT2S =01SvRT1Sl3SlSlS 得：

2vl l3=

vv0（2）方法同第（1）小题

p3′(2S)= p1′S+ p0(2S－S)

对I室中气体

p1′(l－d)S=νRT2=νR2T1

对III室中气体：

p3′(l3+d)(2S)=(2ν)RT3′

2vlvv0dv0ld1T3′=T1

(ld)vv02vl（3）大气对密闭气体系统做的功为：

W=p0(2S－S)(－d)=－p0Sd=－

系统密闭气体内能增加量为

ΔU=νC(T1′－T1)+ (2ν)C(T3′－T3)

且初态T3= T1，故

ΔU=νC(2T3′－T1)

将T3′代去得

dv0RT1 l2vlvv0dv01d2ΔU=[－1]νCT1

v1(ld)vv0密闭气体系统吸收的热量为

Q=ΔU－W=[

2vlvv0dv01dd2v0RT1 1]νCT+ －1v1(ld)vv0l4．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T0的恒温槽内。它们的底部由—细管连通(细管容积可忽略)．两气缸

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内各有一个活塞，质量分别为mA=2m和mB=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2。现保持恒温槽温度不变，在两活塞土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2mg(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2处．求

ℎ

ℎ

(1)两个活塞的横截面积之比SA：SB； (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。 【详解】

(1)平衡时气缸A、B内气体的压强相等,故

𝑚𝐴𝑔𝑆𝐴

=

𝑚𝐵𝑔𝑆𝐵

①

由①式和题给条件得

SA:SB=2:1②

(2)两活塞上各放一质量为2m的质点前,气体的压强pl和体积V1分别为

p1=

2𝑚𝑔𝑆𝐴32

=

𝑚𝑔𝑆𝐵

③

V1=SBh④

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止,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p2为

p2=

4𝑚𝑔𝑆𝐴

=

2𝑚𝑔𝑆𝐵

⑤

设平衡时气体体积为V2.由于初态末态都是平衡态,由理想气体状态方程有

𝑝1𝑉1𝑇0

=

𝑝2𝑉2𝑇0

⑥

由③④⑤⑥式得

V2=4SBh=8SAh⑦

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3

3

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

ℎ

3𝑚𝑔𝑆𝐵

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

位于2处.此时气体的体积变为

V3=SBh⑧

2

气体压强

p3=

3𝑚𝑔𝑆𝐵5

⑨

设此时气缸内气体的温度为T,由状态方程有

𝑝2𝑉2𝑇0

=

𝑝3𝑉3𝑇

⑩

由⑤⑦⑧⑨⑩式得

T=5T0(11)

(3)升高恒温槽的温度后,加热过程中,A活塞上升量为

h-8h=h(12)

83

5

气体对活塞所做的总功为

W=4mg·h+3mg·h=4mgh(13)

8

2

5

1

5．图示为圆柱形气缸，气缸壁绝热，气缸的右端有一小孔和大气相通，大气的压强为p0。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T0，A、B、C三室的体积均为V0。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Q0，试求B室中气体末态体积和A室中气体的末态温度。设A、B两室中气体1摩尔的内能U=5/2RT。R为普适恒量，T为热力学温度。

【详解】

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

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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. 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

𝑉𝐵=2𝑉0 （1）

根据题意，活塞M向右移动过程中，B中气体压强不变，用𝑇𝐵表示B室中气体末态的温度，有

𝑉0𝑇0

=

𝑉𝐵𝑇𝐵

（2）

由(1)、(2)式得

𝑇𝐵=2𝑇0 （3）

由于隔板N是导热的，故A室中气体末态的温度

𝑇𝐴=2𝑇0 （4）

下面计算此过程中的热量𝑄𝑚.

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

𝑄𝐴=𝑅(𝑇𝐴−𝑇0) （5）

25

由(4)、(5)两式得

𝑄𝐴=2𝑅𝑇0 （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

𝑊𝐵=𝑝0(𝑉𝐵−𝑉0) （7）

由(1)、(7)式及理想气体状态方程得

𝑊𝐵=𝑅𝑇0 （8）

内能改变为

𝛥𝑈𝐵=2𝑅(𝑇𝐵−𝑇0) （9）

由(4)、(9)两式得

𝛥𝑈𝐵=𝑅𝑇0 （10）

2555

根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，𝐵室气体吸收的热量为

𝑄𝐵=𝛥𝑈𝐵+𝑊𝐵=2𝑅𝑇0 (11)

由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

𝑄𝑚=𝑄𝐴+𝑄𝐵=6𝑅𝑇0 （12）

若𝑄0=𝑄𝑚，𝐵室中气体末态体积为2𝑉0，𝐴室中气体的末态温度2𝑇0.

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7

2．若𝑄0>𝑄𝑚，则当加热器供应的热量达到𝑄𝑚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𝑄0−𝑄𝑚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

𝑄0−𝑄𝑚=𝑅(𝑇′𝐴−2𝑇0)+𝑅(𝑇′𝐴−2𝑇0) （13）

2

2

5

5

由(12)、(13)两式可求得

𝑇′𝐴=

𝑄05𝑅

+𝑇0 （14）

5

4

B中气体的末态的体积

𝑉′𝐵=2𝑉0 （15）

3. 若𝑄0<𝑄𝑚，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小于2𝑉0，即𝑉″𝐵<2𝑉0．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

𝑄𝐴=𝑅(𝑇″𝐴−𝑇0) （16）

25

B室中气体经历的是等压过程，吸收热量

𝑄𝐵=2𝑅(𝑇″𝐴−𝑇0)+𝑝0(𝑉″𝐵−𝑉0) （17）

利用理想气体状态方程，上式变为

𝑄𝐵=2𝑅(𝑇″𝐴−𝑇0) （18）

由上可知

𝑄0=𝑄𝐴+𝑄𝐵=6𝑅(𝑇″𝐴−𝑇0) （19）

所以A室中气体的末态温度

𝑇″𝐴=

𝑄06𝑅75

+𝑇0 （20）

B室中气体的末态体积

0

𝑉″𝐵=𝑇0𝑇″𝐴=(6𝑅𝑇+1)𝑉0 （21）

0

0

𝑉𝑄

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B相互连通。A内装有某种理想气体，细短管把容器A、初始时阀门是关闭的，温度为𝑇1；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：1摩尔理想气体的内能为𝑢=𝐶𝑇，其中𝐶是已知常量，𝑇为绝对温度；

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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𝑝𝑉

𝐶+𝑅𝐶

=

常量，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。

【详解】

设重新关闭阀门后容器A中气体的摩尔数为𝑛1，B中气体的摩尔数为𝑛2，则气体总摩尔数为

𝑛=𝑛1+𝑛2①

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𝑇2，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=𝑛1𝐶(𝑇′1−𝑇1)+𝑛2𝐶(𝑇2−𝑇1)②

由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有

𝛥𝑈=0③

令𝑉1表示容器A的体积,初始时A中气体的压强为𝑝1，关闭阀门后A中气体压强为𝛼𝑝1，由理想气体状态方程可知

𝑛=

由以上各式可解得

(1−𝛼)𝑇1𝑇′1

𝑇2=

𝑇′1−𝛼𝑇1

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𝑉10(压强为𝑝1时)，则有

𝑝1𝑉10

利用状态方程可得

𝑝1𝑉10𝑇1

𝐶+𝑅

𝐶𝑝1𝑉1𝑅𝑇1

④，𝑛1=

(𝛼𝑝1)𝑉1𝑅𝑇′1

⑤

=(𝛼𝑝1)𝑉1

𝐶+𝑅

𝐶⑥

=

(𝛼𝑝1)𝑉1𝑇′1

⑦

由①至⑦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

𝑛2𝑛

=

2−𝛼𝐶+𝑅−𝛼𝐶+𝑅𝑅2−𝛼−𝛼𝐶+𝑅𝑅𝐶

⑧

7．太阳能热水器是一种近年来被广泛推广和逐渐普及的绿色能源应用装置. 如图1所示为一种常见太阳能热水器的外形，图2所示为其剖面结构图. 请回答下列问题：

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（1）在北京和广州分别安装该装置时，应调整该装置的哪部分？简单说明为什么？ （2）集热管由双层玻璃制成，内管是水管，内管与外管之间是真空，请说明这个真空层的作用.

（3）保温水箱为什么要安装在集热管的上方？

（4）除了以上各项，从图中你还看到有什么提高太阳能的利用效率的措施？ 【答案】（1）因为北京与广州的纬度不同，要调整集热管组成的接收面与水平面间的角度，使阳光与接收面间尽可能垂直，以接收更多的太阳能.

（2）集热管内外层由真空隔绝，光能透过传入，管内水温度升高后对外的热传导可最大限度地减少（减少由于传导和对流造成的热量损失）.

（3）水箱与集热管连通，因水的密度随温度的不同而不同，使水产生对流，有利加热和保温.

（4）集热管下的反光板将漏过集热管的光反射，进一步提高太阳能的利用率. 【详解】

（1）因为北京与广州的纬度不同，要调整集热管组成的接收面与水平面间的角度，使阳光与接收面间尽可能垂直，以接收更多的太阳能.

（2）集热管内外层由真空隔绝，光能透过传入，管内水温度升高后对外的热传导可最大限度地减少（减少由于传导和对流造成的热量损失）.

（3）水箱与集热管连通，因水的密度随温度的不同而不同，使水产生对流，有利加热和保温.

（4）集热管下的反光板将漏过集热管的光反射，进一步提高太阳能的利用率. 8．北京向阳中学的小明和小刚都是住校生，小明住在小刚的上铺。冬季暖气供暖后，小明发现躺在上铺比躺在下铺要感到更暖和。于是，他得出了结论：气温随高度的增加而升高。小刚不同意他的看法，他认为高山上积雪常年不化，说明气温随高度的增加而降低。其实两人说的现象都是事实，只是得出结论的条件不同。请你分析为什么在室内和室外会出不同的结论?

【答案】空气加热后温度升高、密度变小，所以热空气上升。 【解析】

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【分析】

根据题意可知考查对流、气体做功、内能变化问题，利用气体对流规律，气体做功内能变化关系分析可得。 【详解】

在室内，热空气上升到房间的顶部，散热后温度降低、密度变大，所以冷空气又回到房间的下部；下部的空气被暖气散热片加热后又不断上升，从而使得房间顶部的热空气始终比较集中，所以在室内较高的位置气温较高。

在室外，热空气同样要上升，但上升到高空时大气压强较小，此时热空气将膨胀对外做功、内能减小、温度降低。 【点睛】

对流时因热空气上升，上方气体温度较高。在室外热气体仍上升，但是上方气体膨胀对外做功，内能减小，温度较低。

9．一水平放置的横截面积为S的两端封闭的玻璃管，其中充满理想气体，现用两个质量同为m，厚度可略的活塞将该玻璃管分成A、B、C三段，A段、B段长度同为

3l，2C段长度为l，两活塞用长为l的不可伸长且不会断裂的轻质细绳相连，三段中的气体

压强都为p0，如图所示，现将玻璃管以过其中心且垂直于玻璃管的直线OO为转轴，以角速度做匀速转动，假设涉及过程为等温过程，并且各段气体内部的压强差异可略去，气体的质量相对于活塞质量可以忽略

（1）角速度p0S时，求最终两活塞均在管中处于力平衡位置时，除去初态以外Aml段气体的可能长度（有效数字保留3位） （2）角速度4p0S时，求最终两活塞均在管中处于力平衡位置时，除去初态以3ml外A段气体的可能长度（有效数字保留3位） 【详解】

（1）假设旋转后轻质细绳保持为松弛状态，如图所示，A段气体压强

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p1，长度为x1，

B段气体压强p2，长度为x2，C段气体压强p3，长度为r1r2．

左边活塞与转轴距离为r1，右边活塞与转轴距离为r2，则对A、B、C三段气体，由理想气体等温过程性质可得p1x1p033l，p2x2p0l，p3r1r2p0l，其中22r12lx1，r22lx2．

r2． 对转动情况下的活塞运用牛顿第二定律得p1p3Smr1，p2p3Sm22pSx1，a02，可得 lml3aax1x232xa，2x3a．

4xll22x3aa4x203a改写为． （*） 2x4x2x联合以上方程，并令x当p0S33时，a1，解上式得两个解x2.37，0.63． ml233l， 2此时A段气体的长度为x1B段气体长度为x23m3l， 2C段气体长度为r1r24lx1x2l．

由以上可知，p0S33时，细绳仍保持松弛，A段气体的长度可能为l． ml2此时两活塞都在OO的同一侧．

由于上述方程解中没有出现C段气体长度超过l的解，所以绳子不会出现紧绷的情况．（2）仍假设绳松弛，当34p0S时，a，解（*）式得4个解：

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x7317315757，，，0.385，3.142，0.589，1.911． 4444对应A段气体长度为x173173157573.142l，l，l，l，l0.385l，

44440.589l，1.911l．

B段气体长度为 x273173157570.385l，l，l，l，l3.142l，

44441.911l，0.589l．

1133C段气体长度为 r1r24lx1x2l，l，l，l．

2222由以上的分析可知，前两个解对应绳松弛的状态，即A段气体长度为

x1731731l，l0.385l，3.142l． 44此时两个活塞都位于OO的同一侧．

同时注意到有C段长度超过l的解，所以绳子可能会出现紧绷的情况，假设绳子处于紧绷状态，活塞受到的拉力为T，则活塞的动力学方程变为

p1p3STm2r1，p2p3STm2r2．

由此同样可得

x1x239a． ll28增加一个几何关系为r1r2l，即x1x23l， 由此可得：x12632l． 4但此时Tmr1p1p3Sp0S． 3其中负号表示绳子对活塞的力不是拉力，而是排斥力，这不满足软绳的要求，所以不会出现绳子紧绷的解． 综上，4p0S731731时，A段气体长度可能为x1l，l0.385l，3ml443.142l

10．某一与外界绝热系统如图所示，上、下为两热容量分别为C1、C2的热源，初始温度分别为T10、T20右侧为一气缸，缸中装有同种双原子气体，气体由一轻活塞分为两部分，初态压强均为p0，体积均为V0，活塞可自由移动，气体与上下热源接触处保持良

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好的热接触以保证任意时刻气体与对应热源温度相等，除气体与热源接触处系统各处均绝热，现有一卡诺热机在两热源间工作，并将所做功的已知：C11以热量的形式输入下部分气体，2p0V0p0V0C ，2，T102T202T0.试求系统末态温度T．（用T0表示）

T10T20

【详解】

设气体压强为p时，上、下气体体积分别为2V0V，V． 由理想气体状态方程，有

p2V0Vn1RT1， ①

pVn2RT2 ②

初态有 p0V0n1RT10 ③

p0V0n2RT20 ④

由①－④得

n22n1 ⑤

Rn1T1n2T2p， ⑥

2V0V2V0n2T2 ⑦

n1T1n2T2设卡诺热机从上部热源吸热dQ吸，向下部热源放热dQ放，做功dW，则

1dQ放T12， ⑧ dQ吸T1且有dWdQ吸dQ放． ⑨ 由热力学第一定律，有

C1n1CVdT1dQ吸pdV， ⑩

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C2n2CVdT2dQ放pdV1dW． ⑪ 272T1dT2T19T2dT12T1． 由⑤－⑪得29T114T2dT22T2dT1T1T2dT27x217x183dx． 令T1xT2，代入上式化简得2T27x49x70x1dT27x217x183dx． 初态：x2，末态：x1，故有2T0T27x49x70x2T数值积分可得lnT0.255，即有T1.29T0． T011．保温瓶的瓶胆为具有双层薄壁的玻璃容器，其主要的散热途径有瓶胆夹层的热传导、热辐射和瓶口处的少量气体的逸出．考虑到制作瓶胆时的经济效益，瓶胆夹层中有少量空气残留，残留的气体压强为p0.15Pa，但这少量的空气残留仍然是散热中不可忽略的因素，因为空气分子的热运动使得空气分子在瓶胆内、外壁间来回碰撞，并且因此导致热交换．可以近似认为外壁温度与室温T025℃相同，内壁温度与水温T相同．气体分子的平均速率vTT8RT，作为近似，气体的温度取平均温度T0．由麦

2π克斯韦分布律可导出，若容器壁上开一小孔，则单位时间单位面积逸出的分子个数为

1nv，式中n为气体分子的数密度．又知瓶胆内外壁的面积近似相等，均为4A0.102m2，内外壁的发射率均为e0.025，瓶胆容积V2L．空气摩尔质量

28.8gmol，水的比热容c4.18103Jkg℃．假设瓶塞处的气体泄漏所携

带的热量只与瓶口处的密封性以及水温T有关．现在在保温瓶中灌满100℃的开水，1h后测得水温T197.8℃，由此估计一天以后水温可能下降到不足60℃，因此保温瓶的效果并不理想，于是，有人提出了一些改进方案，其改进方案主要包括以下三点： (1)提高瓶口处的密封性，使瓶口处的散热速率降低60％．

(2)提升制造工艺，将瓶胆夹层中的空气进一步抽空，使气压降至p0.06Pa (3)在保持容积不变的前提下，改变瓶胆形状，尽可能地减小瓶胆的表面积，以最大限度地减少散热（这些改变不会改变前面描述的瓶胆夹层的那些性质）

如果现在真的能实现这一改进方案，我们仍在改进后制作的保温瓶中灌满100℃的开水，

试卷第14页，总52页

问：2h后水温T2为多少？（结果保留三位有效数字） 【详解】

由于夹层中的气体很稀薄，可以认为分子间的碰撞很少，分子几乎无阻碍地在内外壁间来回运动，可以认为分子与瓶胆壁接触后便具有与壁相同的温度．因此分子每次与器壁碰撞所交换的热量Q5kTT0． 2由题意可知单位时间内与器壁碰撞的分子总数

4RTT0N112ppARnvAA t44kTT0πkπTT0所以由于瓶胆夹层的热传导导致的热损耗功率

P1QN5RpTT01.061W t2πTT0由于瓶胆内外壁间热辐射导致的热损耗功率P2eTT0而散热的总功率P总cm44A1.659W

T5.109W t因此瓶口处散热功率P3P1P22.389W 总P考虑新保温瓶的瓶胆内外壁的面积的极限情况，即瓶胆为球状，则其表面积为

V2A4πR24π0.07677m

4π3PAAPP2160％P32.524W 所以，P1总PAATT2P因此2h后的水温满足cm总

t所以，TT223P总t97.8℃ cm12．截面均匀，下端A封口的细长试管AB竖直放置．管的下方封有一段长为l0的空气，管的中间部分有一段长为l4l0的水银柱，开始时，管的上端B与大气连通．大气压强恰好为p02gl，其中为水银密度．

试卷第15页，总52页

（1）如果先将B端封住，再将试管缓慢倒转180，试问：管中近A端空气柱长度lA与近B端空气柱长度lB各为l0的多少倍？

（2）如果B端先与大气连通，先将试管缓慢倒转180，然后再缓慢地回转180，试问：最后管中近A端空气柱长度lA与近B端空气柱长度lB各为l0的多少倍？ 【详解】

（1）依题意，大气压强p02gl8gl0．

对A中的气体，由等温过程，有12gl0l0pAlA，式中pA与lA分别为倒转后A的压强与长度．

同理，对B有8gl0l0pBlB． 又由平衡条件知：pBpA4gl0． 同时lAlB2l0． 联立上述各式，解得lA333733l01.37l0，lAl00.63l0． 22（2）在倒转过程中，A中气体的压强会越来越小，体积会越来越大，可能会有水银溢出，且在试管缓慢倒转180时达到极值态，设此时水银柱的长度为al0a4，有

12gl0l0pA6al0，式中pA为倒转后A中气体的压强．

同时，pAagl08gl0．

联立上述两式解得a713（已舍去不舍理的解）． 回转后，由等温过程有pAlA12gl0l0，且

pA8gl0713gl0，lB6l0lA713l0，

解得lA45313501398l01.05l0，lBl01.55l0 5353试卷第16页，总52页

13．某双原子分子理想气体，其振动自由度在温度T2T0时未被激发，在T2T0时被激发．v摩尔的此种气体经历的矩形循环过程ABCDA如图所示，其中A、B、C处的温度分别为T0、2T0、3T0．

（1）画出循环过程中气体内能U随温度的变化曲线，其中U的单位取为vRT0； （2）计算循环效率． 【详解】

由TAT0、TB2T0、TC3T0，可将A、B、C、D四处的p、V参量标记为如图1所示，可得D处的温度为TD3T0． 243p0、VEV0、TE2T0． 32CD过程中存在状态E，其状态参量为pE5RT,T2T02， 7RT,T2T02据UvCmVT，CmV得UT图线如图2所示．

（2）计算各过程的热量．

759QAB吸UBUAvRTBvRTAvRT0，

222试卷第17页，总52页

9QBC吸vCmp1TCTBvRT0，

2Q吸QAB吸QBC吸9vRT0，

7527QCD放UCUDvRTCvRTDvRT0，

2247QDA放vCmp2TDTAvRT0，

41797Q放QCD放QDA放vRT0，Cmp1R，Cmp2R．

222得：1Q放15.6％ Q吸181部分装有冰，314．两个同样的圆柱形绝热量热器，高度均为h=75cm．第一个量热器它是由预先注入量热器内的水冷却而形成的；第二个量热器内

1部分是温度t水=10℃32的水．将第二个量热器内的水倒入第一个量热器内，结果它们占量热器的．而当第一

3个量热器内的温度稳定后，它们的高度增加了h0.5cm．冰的密度冰=0.9水，冰的熔化热=340KJ/kg，冰的比热c冰2.1KJ/(kgK)，水的比热

c水4.2KJ/(kgK)．求在第一个量热器内冰的初温t冰．

【详解】

如果建立热平衡后，量热器内物体的高度增加了，这意味着有部分水结冰了（结冰时水的体积增大），然后可以确信，并不是所有的水都结冰了，否则它的体积就要增大到

水h=1.1倍，而所占量热器的高度要增加1.112.5cm，而按题意△t只有0.5cm，冰3于是可以作出结论，在量热器内稳定温度等于0℃． 利用这个条件，列出热平衡方程

c水m水(t水-0）+mc冰m冰（0-t冰）①

式中t冰是冰的初温，而△m是结冰的水的质量．

水前面已指出，在结冰时体积增大到倍，这意味着

冰水mhS1

冰水式中S是量热器的横截面积．

试卷第18页，总52页

从②式中得出△m代入①式，并利用关系式m水=hh水S，m水=冰S得到 33hc水S水t水

3Sh冰水h-c冰冰St冰，

水-冰3即t冰=-3hc冰h水c水水-t．

水-冰c冰冰水代入数据得t冰=-54.6℃． 【点睛】

处理物态变化问题，确定最终的终态究竟处于什么状态十分重要，对本题，就可能存在有三种不同的终态：（1）只有冰；（2）冰和水的混合物；（3）只有水．当然如能用定性分析的方法先确定末状态则可使解题变得较为简捷．

15．在带加热器的密封圆柱形容器中有一质量为M40kg的活塞，其下方有一定量的水及其蒸汽，活塞上方是真空，如图所示．已知当加热器功率为N1100W时，活塞以不变的速率v10.01m/s缓慢上升，而当加热器功率增加到N22N1时，活塞上升速率变为v22.5v1，这时容器内温度不变．问：这个温度是多少？已知在这个温度下水的汽化热L2.210J/kg．

6

【详解】

由于活塞勾速上升，所以容器内压强为pMg． S这个压强在过程中保持不变，加热器在△t时间内做功用于水的汽化（含恒定外压强提高活塞做功），有

试卷第19页，总52页

N1tLmqt

式中△m为在△t时间内水汽化的质量，q为单位时间内散失的热量（因为容器内的温度不变，可认为该量不变），h1v1t为△t时间内活塞上升的高度，把水蒸气视为理想气体，则满足△m的关系式为

pVmRT，

其中Vh1S．于是可得m整理可得N1LMgv1RTt，

q．

RTMgv2q． 同理可得2N2LRT消除q可得N1Mgv1Lmgv2v1RT1.5LMgv1，

RT所以T1.5LMgv1286K．

RN1【点睛】

解答本题时，如果不挖掘出活塞在上升时，容器对外有散热，而且当加热器的功率发生变化时，其散热率并不变化（因为窗口内气体汽化时温度不变，内外的温差不变），那么，答题时要么出错，要么无处下手．可见，对模型隐含条件的挖掘，直接影响着解题的进展，而这一切都来源于我们对物理模型的正确认识与否．

16．已知绝对温度为Τ的物体，其单位表面积在单位时间内所辐射出的能量（即辐射强度I）遵循下列关系式：IT4，式中5.7610W/(mK)，0<1．若为理想辐射体1，一般物体则1．已知太阳的表面温度6000,地球与太阳间

6的距离为1.4951011m，太阳半径为6.96108m，地球半径RE6.3710m．

-824(1)假设太阳和地球本体皆为理想的辐射体，且经测量得知太阳射向地球的辐射能量中仅有70%能抵达地球，试依此估算地球外层的温度T．

(2)由于地球表面有一大气层存在，实际上地球表面的温度会比上面计算的稍高（上题计算的温度约为大气层外围的温度）．假设大气层会全部吸收由地球表面所辐射的能量，但来自太阳的辐射能量则可完全通过大气层而被地球表面吸收，试依此估算地球表面的温度．

(3)由于大气层并无法完全吸收由地球表面辐射出来的能量，假设有22%的能量会穿透大气层，试再估算地球表面的温度．

试卷第20页，总52页

(4)20世纪80年代初期，有一组科学家曾警告，若是爆发核子战争，则将会在大气层外形成另一层“吸收云层”，该云层会完全吸收来自太阳的辐射能，却又让地球（大气层及地表）辐射出来的能量完全透过而发散到外层空间去，因而造成“核子冬季”的来临，试估算此“核子冬季”的温度． 【详解】

(1)太阳射向地球的辐射能量，如果过程中没有任何吸收，则地球表面上每单位面积每单位时间所接收到的辐射能量为

R2S4R2E4JTS2T4S1590W/m2．① 24RSERSE

参看图甲，按题设太阳的辐射能量仅有70%抵达地球，所以地球每单位时间内实际所接

2收到的能量为Q1REJ0.70．②

24地球本身每单位时间内所辐射出去的能量为Q24RETE．③

242当Q1Q2时，则地球达到热平衡的温度，即4RETEREJ0.70，

TE40.70J． 265K（或-8℃）

4，大气层的温度为TA，则地球每单位时间内实际所接收到的(2)设地球表面的温度为TE太阳辐射能量为Q1，即②式．

4R2ETE． 地球本身每单位时间内所辐射出去的能量为Q224地球接受来自大气层反射而回的辐射能量为Q34RETA．

4时，地球达到热平衡的温度，即当Q1Q3Q2．④ R2EJ0.704R2ET4A4R2ETE单就大气层而言，大气层每单位时间内所吸收来自地球的辐射能量为

4试卷第21页，总52页

． Q44R2ETE大气层本身每单位时间内所辐射出去的能量为Q52(4R当Q4Q5时，大气层达到热平衡的温度，即

2E4T4A．

24R2ET4A．⑤ 4R2ETE解④和⑤，可得TE440.70J． 315K（或42℃）

2为地球表面的温度，TA为大气层的温度． (3)参看图乙，设TE

④和⑤两式可改写为

 R2EJ0.704R2ETA，⑥ 4R2ETE10.22 4R2ETE444，⑦ 24R2ETA解⑥和⑦，可得

44TE0.70J299K（或26℃）．

420.78(4)参看图丙，TN为地球在“核子冬季”时的温度，TB为吸收云层的温度．

试卷第22页，总52页

就地球而言，4R即TNTB．⑧ 就吸收云层而言，

2ET4N4R2ET4B，

R2EJ0.7024R2ET4B，

TB40.70J．⑨ 8由⑧和⑨可得

TN40.70J． 223K（或-50℃）

8【点睛】

辐射模型即便是在常规教学中也经常出现，但对它的理解常常出现误区，一是认为辐射是单向的，只是高温体向低温体辐射，而认为低温体不会向高温体辐射能量；二是对球壳类的辐射体，只关注外侧而忽视内侧的辐射．本例除了包含了较大的信息量外，同时也是辐射模型的典型代表．

L/RT17．已知液态氦的饱和蒸汽压为pp0e，式中p0为常数，L为单位摩尔汽化热

R8.31J/(molΚ)为气体常数，Τ为绝对温度。（设与温度无关），在温度分别为2.00Κ

和4.00Κ时，液态4He的饱和蒸汽压分别为24.OmmHg和615mmHg。要使温度低于液态氦温度（4.22K）的简便方法是将氦的蒸汽抽走，使液态氦因蒸发而冷却。若待冷却

dQ为0.10W，真空泵的抽气率1.0102L/s，在室温300K下，待冷却物可dtdQ达到的最低温度为多少？若减少为1.0103W，抽气率增为原来的10倍，则可达

dt物的放热率

到的最低温度为多少？ 【详解】

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L/RT将题设液态4He的饱和蒸汽压数据代入pp0e，得

24.0p0eL/R200，615p0eL/R400。

联解上两式，得两未知量L和p0之值分别为

L108J/mol，p01.60104mmHg。

设平衡时的温度为Tm，蒸汽压为pm，lmol的氦气在压力为pm、温度为300K时的体积为

VRT。 pm将真空泵的体积抽气率转化为摩尔数抽气率有

1.01010.101.010L/s=pmmol/s。

VRT2待冷却物达平衡温度时，抽气速率应等于因待冷却物放执而使液态氦汽化速率

dQ0.10.1/Lmol/s=9.26104mol/s， dtL1080.10pm9.26104， RTpm9.261038.31300Pa

23.01Pa0.17mmHg。

将之代入pmp0eL/RTm，得

Tm1.13K。

同法可求得，当

dQ1.0103W，抽气速率1.0103L/s时， dtpm0.17103mmHg，Tm0.71K。

【点睛】

蒸发致冷是大家都非常熟悉的现象，日常多数只是对这一现象进行定性分析，本例则是这一现象在低温领域的定量应用。事实上，很多竞赛试题都是将我们常规教学中关注的定性问题向定量研究方面作延伸。

518．如图所示，一气缸放在大气中，大气压p01.0010Pa，活塞质量M20.0kg，

面积S1.00103m2，活塞下连一弹簧，原长为l00.600m，劲度系数

k4.00103Nm，活塞与缸壁都不导热，而活塞与缸壁之间存在摩擦，旦大小恒为

试卷第24页，总52页

f750N．假设摩擦产生的热有一半被活塞下的气体吸收，活塞下有n0.01203mol5的理想单原子气体，初态p11.5010Pa，温度t27℃，固定活塞，在活塞上放

上质量为m10.0kg的木块后，释放活塞（g取10.0ms），木块脱离活塞后不再回

2来，求：

（1）活塞上升达到的最大高度（相对于气缸底部）；

（2）活塞上升达到最大高度时气体的状态参量，即压强、体积、温度 【详解】

（1）设活塞至缸底的距离为x，以p、则有pSxnRT， V、T表示气体的状态参量，即pSdxSxdpnRdT． ① 依题意，由热力学第一定律有pSdx13fdxnRdT． ② 22由①②两式可得f5pSdx3Sxdp． ③ 对上式考虑到初始条件，有f5p1S0，即有dp0． 此式说明，气体在变化过程中，其压强保持不变，为等压道程．

对活塞与木块整体进行受力分析，其受力如图所示，有活塞在平衡位置时有

kl0xp1Sp0SMmgf，

解得x10.35m． ④

试卷第25页，总52页

活塞在分离木块位置时，活塞的加速度为g，此时应有kl0xp1Sp0Sf， 解得x20.425m． ⑤

由于p1S、p0S、Mmg、f均为恒力，则系统的运动是在弹力作用的简谐运动，且

1k203， rads（木块脱离前）

Mm3k． ⑥ 102rads（木块脱离后）

M2对气体的初态进行分析，有p1Sx0nRT0，解得x00.200m． 所以，木块脱离前活塞振动的振幅为A1x1x00.15m． 则活塞用x表示的振动方程为x0.15cos203t0.35． 3于是v3sin203t， 33πs，v1.5ms． 30代入x0.425m，得t1此后，振动的平衡位置发生变化，平衡位置满足

kl0xp1Sp0SMgf，解得x30.375m．

且新的振幅满足Ax2v2220.4250.37521.521.52122． 20040故振动方程为x22cos102t0.375． 403221m，得arccos代入t0时，x． 2220又vdx11sin102t， dt2当v0时，sin102t0．

此时cos102t1，则活塞相对于气缸底部上升到达的总高度为

试卷第26页，总52页

x220.3750.4923m． 40（2）活塞上升达到最大高度时， 气体的压强p1.510Pa， 体积VSx4.923104m3， 温度T5pV738.2K465.2℃． nR说明：对于本题的解答，如不能作出气体的变化过程是等压变化，那么，我们也许会经历如下的解答过程．

设开始时，弹簧的长度为l1，则由克拉珀龙方程，有p1l1SnRT0，解得l10.200m． 释放活塞时，有kl0l1p1SfMmgp0S600N0，即活塞会向上运动．

木块脱离活塞时，其应具有向下的加速度g，设此时弹簧的长度为l2，且l2l0，气体的压强为p，温度为T，所以，对活塞有p0Skl0l2fMgphSMg． 对气体有pl2SnRT． 对系统有

1122kl0l1kl0l2 22311RTT0Mmgl2l1fl2l1Mmv2p0Sl2l1． 222此后，活塞继续上升，上升到最大高度时，设弹簧的长度为l，且ll0，气体的压强为

p，温度为T，所以，对系统有1kl0l221kl0l21Mv2

22231RTTMgll2fll2p0Sll2． 22对气体有plSnRT．

至此，我们应该进入到解方程的阶段，但基本上会是无功而返．

19．该气体从初态1出发，0.1mol的单原子气体和0.2mol的三原子气体组成混合气体，经等压过程到达状态2，再经等容过程到达状态3，又经绝热过程到达状态4，最后经等温过程回到状态1，构成循环过程，如图所示．

试卷第27页，总52页

（1）试求循环过程的效率；

（2）设初态熵为S1，求状态2、3、4的熵，并在ST坐标中表示此循环过程 【详解】

（1）混合气体的摩尔热容

Cpn1Cp1n2Cp2n1n2n1CV1n2CV25C77R，CVR，p 2n1n22CV5各点的热学能量见下表： 状态 1 2 3 4

则在此循环过程中，有Q吸Q12Q23n1n2CpT2T1CVT3T2

patm VL TK 1.0 1.0 40.5 1.0 2.0 164 2.0 2.0 64 81.0 162 40.5 858.2J

Q放Q41WpdVn1n2RT1V4V1V1V4dV Vn1n2RT1lnV4419.9J， V1则1Q放51.1％ Q吸dQ1dTdVdUpdVnCVnR TTTV（2）理想气体的熵为dS又，CV在题设条件下可认为是常数，

试卷第28页，总52页

所以，SS0nCVdTdVTVnRnCVlnnRln TVT0V0所以，S2S1nCpln26.05JK，S3S110.4JK，S4S3

nCpdS又在12的过程中，，即斜率随T的升高而减小，在23的过程中，TdTpnCVdS，即斜率随T的升高而减小，34为等熵线，41为等温线，其变dTTV化如图所示

20．需要制作一个升力为200N的氢气球，设氢气球内的氢气的压强、温度与外界大气的压强、温度是对应相等的，氢气是用电解硫酸的水溶液而获得的，若通过电解液的电流为100A，问：制取这样多的氢气需要多长的时间？已知空气的平均摩尔质量为

29gmol．（忽略氢气球壳的质量）

【详解】

设气球排开的空气质量和气球内的氢气质量分别为m空和mH，由气态方程知

pVm空空RT，故m空pV空． RTpVH． RTRTg．

同样道理，在忽略氢气球壳体积时，mH因而有F升F浮F重m空gmHgpV空H又由电解定律有mHAHIt． ZHF04式中AH为氢的原子量，ZH为氢的原子价，t为通电时间，F09.6510Cmol，称

为法拉第常数．

试卷第29页，总52页

联立上述各式求得tZHF0HF升1.46106s406h．

AHIg空H21．射电天文学家观测到波长21cm的谱线，是来自氢气的超精细辐射，对应于氢原子中两个超精细能级之间的跃迁．较高能级的自然寿命大约是51014s．如果辐射衰变的有限寿命是谱线增宽的唯一原因，试问：氢的这条发射谱线的相对宽度vv是多少？而星际气体分子热运动所引起的相对展宽vv又是多少？设气体平均温度为5K．（保留一位有效数字） 【详解】

4.【解析.由海森堡不确定性关系，有Ethh，故hvt， 2211.591016Hz 4πtcv911025 又v1.410Hz，故

v所以，v而氢原子气体平均速率v8kT3102ms， πmHvvvvv1106 ，故cvc则多普勒效应改变为vv122．（1）大气可看成绝热平衡下的双原子理想气体．求空气压强p、温度T和密度分别关于高度h的函数关系式，假定它们在h0处的值为已知．（提示：对某高度的一薄层气体建立微分方程．xdx11x，1） 1（2）时ps55.35mmHg，5℃时ps6.50mmHg．空气/水蒸气的混合物可当作是双原子理想气体，水分子的质量近似等于“空气”分子的质量．40℃时海平面上的潮湿空气中，水蒸气分压是ps的90％．已知20℃时，1个大气压下的空气密度

01.18kgm3．忽略由于水蒸气的减少导致的气压改变，该潮湿空气绝热上升到某

一高度，该处温度为5℃．

①海平面上1m3的潮湿空气能够产生多少雨？ ②用①的结果，求温度为5℃处的高度． 【详解】

（1）对双原子理想气体，0．

7T0、，设在h0处的压强p、温度T和密度分别为p0、

5试卷第30页，总52页

对某一薄层：phphdhgdh，即

dpg． dh757575考查一团气体从h0上升到h处，由绝热过程可得pVp0V0p0．所以，

750p0p57．

7275020ghdp57gp所以，，解得pp01dhp02p0，

20gh进而有01．

7p02525又由TVT0V0，易得T52T00252gh25，即有TT010．

7p052（2）①由TT025025T知，40℃空气的密度为0T03131.18．

2935240℃空气的密度为155.3590％． 7605℃空气的密度为

26.527876031372．

5255.356.53131.1890％则下雨量m12V727602932787603130.07kg．

②温度为5℃处的高度满足278313121.189.8h，即h3500m．

71.0310523．如图甲所示为10℃到30℃范围内水的饱和蒸汽压曲线。现将温度为27℃、压强为760mmHg、相对湿度为80%的空气封闭在某一容器中，把它逐渐冷却到12℃。试问：

试卷第31页，总52页

（1）冷却到12℃时，空气的压强是多少？

（2）温度降到多少摄氏度时开始有水凝结？这时纯空气的压强和水蒸气的压强各为多少？ 【详解】

（1）由题图可知在27℃时水的饱和蒸汽压为27mmHg。相对湿度为80%的空气中水蒸气分压强为p水=p地=2780%=21.6mmHg。纯空气分压强为

p地=760-21.6=738.4mmHg。

，则由查理定律得 设密闭容器中的空气冷却到12℃时的水蒸气分压强为p水21.6p水， =300285=20.5mmHg。 解得p水从题图中的曲线上可查得12℃时水的饱和蒸汽压为10.3mmHg，这说明在降温过程中有水蒸气凝结，即12℃时，空气中的水蒸气是饱和的，所以12℃时水蒸气的压强为

10.3mmHg，设密闭容器中的空气冷却到12℃时的空气分压强为p地，则由查理p水定律得

738.4p地， =300285=701.5mmHg。 解得p地由道尔顿分压定律得12℃时空气压强为

p地， pp水代入数据得p711.8mmHg。

试卷第32页，总52页

（2）如图乙所示，在图中将初始状态的P（pp21.6mmHg，tp27℃）点与末状态的Q（pQ20.5mmHg，tQ12℃）点间连一直线。PQ直线就表示全部水蒸气的PQ直线与饱和蒸汽压曲线的交点Κ就是水蒸气开始达到饱和时的状态，等容变化过程，

以后随着温度的降低，水蒸气不再沿KQ直线，而沿ΚJ所示的饱和蒸汽压曲线变化。Κ点就是水蒸气开始的凝结点，由图可知，Κ点的坐标为温度tK23℃,饱和蒸汽压为21.3mmHg，即温度降低到23℃时，开始有水凝结，水蒸气的压强为21.3mmHg。当温度为23℃时，由查理定律得纯空气的压强为

p纯738.4， 30027323=728.6mmHg。 解得p纯24．在一个横截面积为S的密闭容器中，有一个质量为M的活塞把容器隔成Ⅰ、Ⅱ两Ⅰ室中为饱和水蒸气，Ⅱ室中有质量为m的氮气，活塞可在容器中无摩擦地滑动。室，

开始，容器被水平地放置在桌面上，活塞处于平衡时，活塞两边气体的温度均为

T0373,压强同为p0，如图甲所示。今将整个容器缓慢地转到图乙所示的直立位置，

两室内的温度仍是T0，并有少量水蒸气液化成水。已知水的汽化热为L；水蒸气和氮气的摩尔质量分别为1和2。求在整个过程中Ⅰ室内的系统与外界交换的热量。

试卷第33页，总52页

【详解】

当容器处在初始位置时，设水蒸气的体积为V1，氮气的体积为V2，当容器处于直立位置时，设水蒸气的体积为V1V，压强仍为p0，氮气的体积为V2V，压强为

pp0因p0V2Mg。 Sm2RT0，p(V2V)m2RT0，

解得VMgV2。

p0SMg设转变成水的质量为Vm，则因为只有少量的水蒸气变为水，所以水的体积可以忽略不计，于是

m1p0V1RT01p0(V1V)RT0MgV2

p0SMg1p0VRT0，

所以m1p0RT01Mgm。 2p0SMg室内系统向外界放出的热量为

QmL1MgmL。 2p0SMg25．单原子理想气体分子经历图示的ACBA和ADCA两个循环过程，AC是绝热线，

TD16TB，求ACBA和ACDA。

试卷第34页，总52页

【详解】

由B、D的理想气体状态方程知

p1V1p2V2。 TBTD由AC为单原子分子绝热线知pVpV。

1221两式与TD16TB联立得V242V1，p222p1。 故有TC22TB，TA42TB。 在ACDA过程中，

5353Q吸=QADnCmpTQ放DDC5n(16TB42TB)10（4-2)nTB， 23nCmVTn(16TB22TB)3(82)nTB。

2故ACDA1Q放Q吸0.236。

在ACBD过程中，

QCBnCmpT5n(22TBTB)5(221)nTB， Q放2233QABnCmVTn(42TBTB)(421)nTB。 Q吸22故ACBA1Q放=0.346。 Q吸26．绷紧的肥皂薄膜有两个平行的边界，线AB将薄膜分隔成两部分（如图甲所示）。为了演示液体的表面张力现象，刺破左边的膜，线AB受到表面张力作用被拉紧，试求此时线的张力。两平行边之间的距离为d，线ΑB的长度为l（l＞d表面张力系数为σ。

，肥皂液的/2）

试卷第35页，总52页

【详解】

刺破左边的膜以后，线会在右边膜的作用下形状相应发生变化（两侧都有膜时，线的形状不确定），不难推测，在l＞d1d/2的情况下，线会形成长度为x(l)的两

22条直线段和半径为d/2的半圆，如图乙所示。线在C、D两处的拉力及各处都垂直于该弧线的表面张力的共同作用下处于平衡状态，显然

2Tfi。

式中fi,为在弧线上任取一小段所受的表面张力，fi指各小段所受表面张力的合力，如图乙所示，在弧线上取对称的两小段，长度均为r,与x轴的夹角均为，同时，注意薄膜有上、下两个表面层，都会受到表面张力的作用，则

f1f22r。

而这两个力的合力必定沿x轴方向（它们垂直x轴方向分力的合力为零），这样

f1xf2x2rcos，

所以fi2rcos4r2d

0（上式中用到了求和公式因此线的张力T=d。

， cos2）

0试卷第36页，总52页

27．由Ν个分子组成的理想气体，体积为V，处于平衡状态，求在给定的体积v0(v0V)中有n(nN)个分子的概率为多大？ 【详解】

处于平衡态的气体，其分子在整个空间是均匀分布的，所以，一个分子出现在小体积v0中的概率是

pv0 V而不在v0中的概率为

q1p1v0。 V对于理想气体，每个分子处在v0中，或不在v0中是一个独立事件，与其他分子无关，按照独立事件发生的概率等于各独立事件概率的乘积的概率乘积定理，得n个分子处在

Nn体积v0中的概率为p，而其余Nn个分子不在v0中的概率为q，因此，选定n个

n分子处在体积v0中，而其余Nn个分子不在v0中的概率为

pnqNnv0Vnv01VNn。

由于Ν个分子是完全相同的，从Ν个全同的分子中任意取出n个放在体积v0中（注意这n个分子重新排列并不产生新的取法），而其余Nn个分子放在Vv0中共有

CNnN!

n!(Nn)!种取法，最后得到在体积v0中有n个分子的概率为

pn(v0)CnpnqNn

NN!v0n!(Nn)!Vnv01VNn(v0V,nN)。

28．证明理想气体的压强p【详解】

2 nk，其中n为分子数密度，k为气体分子平均动能。

3证明:气体的压强即单位面积容器壁所承受的分子的撞击力，这里可以设理想气体被封闭在一个边长为a的立方体容器中，如图所示。

试卷第37页，总52页

考查yOz平面的一个容器壁，pF① a2设想在△t时间内，有Nx个分子（设质量为m）沿χ方向以恒定的速率vx碰撞该容器壁，且碰后以原速率弹回，则根据动量定理，容器壁承受的压力为

FpNx2mvx。② tt在气体的实际状况中，考查某一个分子的运动，设它的速度为v，它沿x、y、z三个方向分解后，满足

v2v2xv2yv2z。

分子运动虽然是杂乱无章的，但仍具有“偶然无序和统计有序”的规律，即

v2v2xv2yv2z3v2x。③

另外，从速度的分解不难理解，每一个分子碰撞3个容器壁的机会均等。设t则

a，vx11Nx3N总na3。④

621注意，这里的是指有6个容器壁需要碰撞，而它们被碰的概率是均等的。

6结合①②③④式可得

121pnmznmv2xnmv2n(mv2)，

332所以p2nk。 329．某空调器按可逆卡诺循环运转，其中的做功装置连续工作时所提供的功率为p0 (1)夏天室外温度恒为T1，启动空调器连续工作，最后可将室温降至恒定的T2。室外通过热传导在单位时间内向室内传输的热量正比于（T1T2）（牛顿冷却定律），比例系数为A。试用T1，p0和A来表示T2

(2)当室外温度为30℃时，若这台空调只有30%的时间处于工作状态，室温可维持在20℃。

试卷第38页，总52页

试问：室外温度最高为多少时，用此空调器仍可使室温维持在20℃

(3)冬天，可将空调器吸热、放热反向。试问：室外温度最低为多少时，用此空调器可使室温维持在20℃ 【详解】

夏天，空调机为制冷机，做逆向卡诺循环，从室内吸热，向室外放热，对工作物质做功。为保持室温恒定，空调器从室内吸热等于室外向室内通过热传导传输的热量。冬天刚好相反，空调器为热机，倣顺向卡诺循环，从室外吸热，向室内放热。为保持室温恒定，空调器向室内的放热应等于室内向室外通过热传导传输的热量。

(1)夏天，空调器为制冷机，单位时间从室内吸热Q2，向室外放热Q1，空调器的平均功率为P，则Q1Q2P。对可逆卡诺循环，则有传导传热QA(T1T2),由QQ2得

Q1Q2T2QP。通过热，2T1T2T1T2T1T2PT2， A24PT11PP。 T2T12AAA因空调器连续工作，式中PP0，

2p04p0T11p0。 所以T2T12AAA(2)T1293K，P0.3p0，T2303K，而所求的PP0时对应的T1值，记为T1max，则T1T20.3P0T2， APT2， AT1maxT2解得T1maxT20.3(T1T2)3.1126K38.26℃。

，空调器连续工作，(3)冬天，空调器为热机，单位时间从室外吸热Q1，向室内放热Q2Q1Q2T2P0， Q1P0，功率为P0，有Q2，由热平衡方程得A(T2T1)T1T2T2T1T1T2P0T2T2(T1maxT2)2T2T1max274.74K=1.74℃。 A试卷第39页，总52页

若空调器连续工作，则当冬天室外温度最低为1.74℃时，仍可使室内维持在20℃。 30．试为一理想气体设计一个过程，使它以图甲所示的初态A（pA，VA，TA）到达终态B（pBpA，VB2VA，TB）时，气体净吸热刚好等于内能的增量。

【详解】

根据热力学第一定律，有QABWABEAB。 题目要求过程满足QABEAB。 即要求WAB0。

即过程中气体对外做功应为零，而这种过程显然有多种可能性。我们试着给出图所示的过程，即可满足题目的要求：在图中给出的准静态过程ACDEB中，显然AC与DE两过程不做功，而CD对外做正功，EB对外做负功，而两者的绝对值刚好相等，满足全过程WAB0的要求。

31．如图所示，在一个两端开口的、半径为1mm的长毛细管中装满水，然后把它竖直地放在空间，认为水完全浸润毛细管，且水的表面张力系数为7.3102N/m，则留在管中的水柱应有多长？

试卷第40页，总52页

【详解】

由于有两个曲面，故曲面边缘的表面张力合力为

F22rcos．

液柱的重力Gr2hg． 其中接触角0，解得

h2.94102m．

32．一半径为R的球形液膜，证明液膜对球内气体产生的附加压强为p液膜的表面张力系数。 【详解】

取部分液膜（如图所示），考虑到球膜有内外两个表面，其所受的表面张力的合力f为

4，为R

f22Rsin，

且pf， S其中f4Rsin2，S(Rsin)2， 所以p4。 R33．压强为p0、温度为T0的空气（设空气分子的质量为m，每个分子热运动的平均动

试卷第41页，总52页

能为

5kT0，以v0的速度流过一横截面积为S的粗细相同的光滑导管，导管中有一个对2气流的阻力可以忽略的金属丝网，它被输出功率为Ρ的电源加热，因而气流变热．达稳定状态后空气在导管末端流出时的速度为v1，如图甲所示．试求流出气体的温度T1,及空气受到的金属经丝网的推力F．

【详解】

由题意，显然在相同时间内从导管内进入空气分子总数同从导管流出的空气分子总数相等．达稳定状态后，选取图乙中ΑB与CD之间的气体为对象，经过时间△t，两边界分别运动至AB与CD，由于导管光滑，金属丝网对气流的阻力可以忽略，考虑到稳定时，区域ABDC与区域ABDC的公共区域ABDC内气体的能量不变，我们只需考虑区域ABBA与区域CDDC之间的能量关系，设 这一区域内空气的分子数为N，管道输出端的气体压强为

p1，对所选取的气体应用功能原理可得

Ptpp(v0St)p1(v1St)

1(Nm)(v21v02)E，① 2式中为△E气体内能的增量，且

E55NkT1NkT0，② 22又对区域ABBA内的气体，有

试卷第42页，总52页

p0(v0St)NRT0．③ NA对区域ABBA的气体，有

p1(v1St)NRT1．④ NA式中NA为阿伏伽德罗常数，且k联立上述各式可解得

R．⑤ NA12kPT022T1m(v1v0T0．⑥ 7kp0v0S又由动量定理可得

p0Stp1StFtNm(v1v0)．⑦

由③④⑤⑦可得

Fp0v0SmvTvT(v1v0)0110p0S， kT0v1T0式中的T1由⑥式确定．

34．长l的均匀细棒，质量线密度为λ，开始时一端温度为T1，另一端温度为T22T1，中间各处温度线性地分布，此棒在绝热的情况下，最终达到热平衡。已知棒各处的比热为相同的常量C。试求全过程棒的熵增量，并说明此过程是否可逆。 【详解】

棒的初始温度分布容易求得。因过程绝热，棒与外界无热量交换，只是棒中温度较低处从温度较高处吸热而升温，同时温度较高处向温度较低处放热而降温，最后棒各处达到一致的温度。由棒吸热与放热总量平衡，可确定全棒的温度。棒中各小段从其初温达到终温，相应有熵的增量，各小段熵增量之和即为全过程棒的熵增量。由棒的熵增量的正、负号，即可确定过程是否可逆。

其实，这一过程就是热量自发地从高温物体向低温物体传输的过程。由热力学第二定律可知，这是一个不可逆过程，因此全过程的熵增量必定为正。解答过程如下：沿棒取x坐标如图所示。

试卷第43页，总52页

据图有T0T1，TlT22T1。

因棒各处温度线性地分布，故棒中任意x处的温度为TxT0xx (TlT0)(1)T1。

ll设在绝热条件下达到热平衡后，棒各处的温度同为Te，则从x到（xdx）小段的吸热量应为dQc(dx)(TeTx)。

因是绝热的，棒的吸热Q应为零，对上式积分，可得

Qc(dx)(TeTx)0，即TedxTxdx。

000lll棒中从x到（xdx）小段，在全过程中，温度从初态的Tx达到终态的Te。该小段在任意元过程中，温度从Τ增为（TdT）时的熵增量为dS该小段从初态Tx达到终态Te的熵增量为

dQc(dx)dT。 TTTeTxdSc(dx)TeTxTdTc1n3dx。 TTx各小段在全过程中的熵增量之和即为棒在全过程中总熵增量△S,应为

Sc1n0lTedx。 Tx003把Te和Tx的表达式代入，得Sc1nldx[1n(lx)]dx。

ll2利用积分公式：1nxdxx1nxx，

最后可得Scl11n0.019cl0。

可见，在全过程中，棒的总熵增量S0,为正，因此，这是不可逆过程。

35．一支水银温度计，它的石英泡的容积是0.300cm3，指示管的内径是0.0100cm，如果温度从30.0℃升高至40.0℃，温度计的水银指示线要移动多远？（水银的体胀系数

38=1.82104℃1）

【详解】

查表可得石英的线胀系数=0.4106℃1，则其体胀系数为3=1.2106℃1。与水银的体胀系数=1.8210℃相比很小可忽略不计，所以当温度升高时，可以认为石英泡的容积不变，只考虑水银的膨胀，则水银体积的增量

41VVT

试卷第44页，总52页

1.821040.30010 5.46104cm3。

水银体积的增量△V，是在水银指示管中水银上升的体积，所谓水银指示线移动的长度，就是水银上升的高度，即

V5.46104h27.0cm。 2r3.140.00050【点睛】

有些仪器，例如液体温度计，是利用液体体积的热膨胀特性作为测量依据的。由于体胀系数β与测量物质的种类有关，而且即使是同种物质，β还与温度及压强有关，因此在使用这些仪器时，应考虑到由于β的变化而引起的测量误差。例如一支水银温度计，在冰点校准为0℃，在水的沸点校准为100℃，然后将两者间均分100份，刻上均匀刻度。严格地说，这种刻度是不准确的。由于β值随温度的上升而增大，所以在高温处刻度应该稀一些，在低温处应该密一些；如果均匀刻度，则在测高温时读数会偏高，而在低温时读数会偏低。不过这种差别并不大，一般可以忽略。

36．有一体积为22.4L的密闭容器，充有温度T1、压强3atm的空气和饱和水汽，并有少量的水。今保持温度T1不变，将体积加倍，压强变为2atm，底部的水恰好消失，试问：T1是多少？若保持温度T1不变，体积增为最多体积的4倍，试问：这时容器内的压强是多少？容器内水和空气的物质的量各是多少？设饱和水汽可看作是理想气体。 【详解】

设初态、中态和末态中空气分压强分别为

p1，p2，p3；初态、中态中的水汽均为温

度T1的饱和汽，设饱和水汽压为px；末态中的水汽为温度T1的未饱和汽，水汽分压为

p。若末态气体的压强为p，则有

p1px3atm，p2px2atm，p3pp。

从初态变为中态的过程中，空气质量未变而水汽质量增加，对空气分压可用玻意尔定律，有

(3px)22.4(2px)44.8，

得px1atm，

故T1373K，p12atm，p21atm。

试卷第45页，总52页

从中态变为末态的过程，水汽和空气的总质量不变，应用玻意耳定律，有

244.8p22.44，

得p1atm。

容器内空气的摩尔数为n1p1V31.46mol， RT1末态时空气和水汽的总摩尔数为

np1V32.92mol， RT1故容器内水和水汽的总摩尔数为

n2nn11.46mol。

37．lmol理想气体缓慢地经历了一个循环过程，在pV图中这过程是一个椭圆，如图所示，已知此气体若处在与椭圆中心O点所对应的状态时，其温度为T0300K，求在整个循环过程中气体的最高温度T1和最低温度T2各是多少？

【详解】 椭圆的标准方程为

V21V022p21p0221．

1V2p0， 所以p4V021V22p0V 则p4V0V021212VV0p0．

65V028试卷第46页，总52页

由此易得 当p22p0，VV0时，pV有极大值； 4422V0时，pV有极小值． p0，V44当p我们再对坐标进行平移． 当pp022p0，VV0V0时， 442pVmax2 14p0V0．

22p0，VV0V0时， 442当pp0pVmin2 14p0V0．

由克拉铂龙方程知

pVnRT，p0V0nRT0，

进而得

2 Tmax14T0549.6K，

21TminT0125.4K． 4【点睛】

对于三个等值（等温、等容、等压）变化过程之外的变化过程的处理方法，本题可以说是一个典型的示例，其处理方式是：首先寻找气体状态变化的过程方程，再依据过程方程来探寻题目所设置问题的结果．如本例过程中的最高温度与最低温度．

38．压力锅的构造如图甲所示，锅体一般用不锈钢做成，锅盖上装有安全泄气阀，使用时锅盖密封不透气。当锅底加热时，锅内的水蒸发，使得锅内的气体压力增大，因而升高水的沸点，达到快煮的功效。安全泄气阀的作用在于保障锅内气体的压力维持在设定值。

22试卷第47页，总52页

假设锅内的容量为2L,安全泄气阀的压力设定值为5atm，起始时锅内装有1L的水，水面上的空气压力为latm（空气内所含的微量水蒸气压力极低，可忽略不计），室温为25℃。?今将锅盖封紧，在锅底面加热，在不泄气的状况下，锅内的水温最高可达多少摄氏度（℃）有多少克的水被蒸发？（容器及其内的水的体积热膨胀可忽略不计。）[注：气体常数为0.082atm·L/（mol·Κ）]

水蒸气在不同温度的饱和蒸汽压列表如下：

【详解】

设起始时锅内空气分子的摩尔数为na，由理想气体方程式计算如下：

pVnaRT，

代入数据解得na0.041mol。

达到平衡状态时，设有nW的水蒸发，其分压为pW；当时空气的分压为pa，混合气体所占的体积为V，温度为T,则

paVnaRT，① pWVnwRT，② papW5。③

由于蒸发的水量很小，又容器及其内的水的体积热膨胀可忽略不计，所以V1L 利用上述三式可得

pW53.362103T。④

试卷第48页，总52页

利用④式和表中所列水的饱和蒸汽压——温度的关系教据。应用图解法（图乙）可得

pW2700mmHg，

T140℃。

将上值代入⑤式，进而可解得

nW0.11mol，mW2.0g。

若无泄气，则只有2g的水蒸发，但水温可达140℃。

39．某热电偶的测温计的一个触点始终保持为0℃,另一个触点与待测温度的物体接触．当待测温度为t℃时，测温计中的热电动势为tt，其中20.20mV℃1，

25.0104mV℃2．如果以电热电偶的热电动势ε为测温属性，规定下述线性关

系来定义温标t，即tb．并规定冰点的t0，汽点的t100,试画出t~t的曲线． 【详解】

已知tb，tt，得出t与t的关系为tatatb． 规定冰点的t0℃，t0． 规定汽点的t100℃，t100． 代入即可求得系a与b分别为

22b0，120mV-1．

1003试卷第49页，总52页

于是，t和t的关系为

t2020412tt2tt． 333300400． 3t~t曲线如图所示，t与t之间并非一一对应，且t有极值

【点睛】

为了应用简洁的需要，不同的研究领域可以建立不同的单位制，不同的单位制下，各物理量的单位虽然不同，但它们与我们熟知的国际单位制一定存在着某种关系，温标亦然．熟练地进行这种换算，体现了我们对物理本质认识的程度．近年的竞赛对这一领域的问题有较多的涉及．另外，对于本题我们还应注意到，温度与测温属性的关系是根据需要人为规定的．

40．n摩尔单原子理想气体的CV3nR，其准静态过程在p、V坐标面上的过程线如2图所示为一直线，其中Α为初态，B为终态。 (1)试确定过程中的TV关系，画出TV曲线；

(2)确定过程中的CV关系，画出CVV曲线，并据此确定AB过程中的吸热、放热区域。

【详解】

由图很易得AB过程线方程为

pp0V3p0。 V0将上式与状态方程pVnRT联立，消除p，即得

Tp03pV20V。 nRV0nR试卷第50页，总52页

333TV关系曲线如图所示，过程中从V0V0升温，从V02V0。降温，在V0处

222温度达到极大值，过程在该处附近类似于等温过程。

(2)对过程热容量C有

CTpVCVT。

由TV关系可得Tp03p(VV)20(VV)nRnRV0p3p0V20V

nRnRV0展开后略去含VV2因子的高阶小量，可得T2p0V3p0V。

nRV0nR3nR代入，可得2将它们与前面给出的含C关系式联立，消去△V并将CVC115V08VnR。 23V02VC-V曲线如图所示。

由图示曲线，对B过程中的吸热、放热情况作如下讨论。

33C正，V0V0区域：升温，由可知QCT可知△Q为正，系统吸热。在接近V022处，C，类似等温过程。

试卷第51页，总52页

3153V0V0区域：C负，降温，由QCT可知△Q为正，系统吸热。在接近V028215处，C，类似等温过程；在V0处，C0,类似绝热过程。

815V02V0区域：C正，降温，由QCT可知△Q为负，系统放热。 81515V0V0。综上讨论可知，区域为系统吸热区域，V02V0区域为系统放热区域。

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