1、全国中学生物理竞赛集锦（热学）答案第 21 届预赛 2004.一、1.e. 2.71019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V2 = HA （1）p2= p1 经过 2 小时，U 形管右管中空气的体积和压强分别为AH)(2（2）2Vp（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（4）HA1（5）gp2式中 为水的密度，g 为重力加速度由理想气体状态方程 可知，经过 2 小时，nRTV薄膜下部增加的空气的摩尔数（6）pRTn11在 2 个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数（7）AN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
2、降下降了p（8）0VnRTp经过 2 小时渗透室上部分中空气的压强为（9）0测试过程的平均压强差（10）)(211010p()p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（11）11smPa4.2tSpNdk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 的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分，90.t与温度为 的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度已升高到 ，将这部分温01.t 1t度为
3、的水倒掉。再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为 的构件充分接触，并达到1 1t热平衡，此时构件温度已升高到 ，再将这些温度为 的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出2t2t一部分热水来使温度为 的构件升温直到最后一次，将剩余的热水全部倒出来与构件2t接触，达到热平衡。只要每部分水的质量足够小，最终就可使构件的温度达到所要求的值。2. 验证计算：例如，将 1.200kg 热水分 5 次倒出来，每次倒出 0.240kg，在第一0m次使热水与构件达到热平衡的过程中，水放热为（1）101()Qcmt构件吸热为（2）110()t由 及题给的数据，可得127.1 （3）1t同理，第二次倒出 0.240kg 热水
4、后，可使构件升温到40.6 （4）2t依次计算出 5的数值，分别列在下表中。1t倒水次数/次 1 2 3 4 5平衡温度/ 27.1 40.6 51.2 59.5 66.0可见 5t66.0时，符合要求。附：若将 1.200kg 热水分 4 次倒，每次倒出 0.300kg，依次算出 的值，如下表中的数1t4据：倒水次数/次 1 2 3 4平衡温度/ 30.3 45.50 56.8 65.2由于 65.266.0，所以如果将热水等分后倒到构件上，则倒出次数不能少于 5 次。4t评分标准：本题 20 分。设计操作方案 10 分。操作方案应包含两个要点：将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。倒在构件上的
5、水与构件达到热平衡后，把与构件接触的水倒掉。验证方案 10 分。使用的验证计算方案可以与参考解答不同，但必需满足两条：通过计算求出的构件的最终温度不低于 66.0。使用的热水总量不超过 1.200kg。这两条中任一条不满足都不给这 10 分。例如，把 1.200kg 热水分 4 次倒，每次倒出 0.300kg，尽管验算过程中的计算正确，但因构件最终温度低于 66.0，不能得分。第 20 届复赛二、参考解答在温度为 时，气柱中的空气的压强和体积分别为1(273)K=0T， （1）1ph（2）CVlS当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被缓慢压入 A 管和 B 管。设温度升高到 时，气柱右侧
6、水银刚好全部压到 B 管中，使管中水银高度增大2T（3）CbSh由此造成气柱中空气体积的增大量为（4）CVbS与此同时，气柱左侧的水银也有一部分进入 A 管，进入 A 管的水银使 A 管中的水银高度也应增大 ，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为h（5）hS所以，当温度为 时空气的体积和压强分别为2T（6）21VV（7）ph由状态方程知（8）12pVT由以上各式，代入数据可得K （9）2347.此值小于题给的最终温度 K，所以温度将继续升高。从这时起，气柱中的0Tt空气作等压变化。当温度到达 时，气柱体积为（10）2V代入数据可得（11）30.7cm评分标准：本题 15 分。求得式
7、（6）给 6 分，式（7）1 分，式（9）2 分，式（10）5 分，式（11）1 分。第 19 届预赛四、参考解答根据题设的条件，可知：开始时 A 中氦气的质量 ，B 中氪气的质3He4.01kgm量 ，C 中氙气的质量 。三种气体均匀混合后，A3Kr8.10kgm 3Xe1.kg中的 He 有 降入 B 中，有 降入 C 中。He 的重力势能增量为ol1mol3HeeHeHe()(2)EghghmgB 中的 Kr 有 升入 A 中，有 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为1ol31ol3KrrKr()0mghC 中的 Xe 有 升入 A 中，有 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为1ol31
8、ol3XeeXee2Eghmgh混合后，三种气体的重力势能共增加PHeKreHe()E因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少。在体积不变时，气体不做功。由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有 3 摩尔，故有P2ERT上式中右方为气体内能减少量， 表示气体温度的增量，由、两式得XeH()9mghT将已知数据代入，注意到 ，可得18.3JKolR 2.0即混合后气
9、体温度降低 3.1（如果学生没记住 的数值， 的值可用标准状态的压强 ，温度R 5201.3Nmp和 1mol 理想气体在标准状态下的体积 求得，即 ）0273.1KT 2.4V 0pVRT评分标准：本题共 20 分。说明经扩散使三种气体均匀混合，并导致气体重力势能改变求得式，得 8 分。说明能量转换过程，由重力势能增加而内能减少，列出式，得 8 分。得出正确结果，算出式，得 4 分。第 19 届复赛（无）第 18 届预赛六、参考解答铝球放热，使冰熔化设当铝球的温度为 时，0t能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度 与球的半径 相等当热铝hR球的温度 时，铝球最低点
10、下陷的深度 ，熔0th化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示设铝的密度为 ，比热为 ，冰的密度为 ，熔解Alc热为 ，则铝球的温度从 降到0的过程中，放出t的热量（1）31Al4QRct熔化的冰吸收的热量图预解 18-6-1（2）23214()QRhR假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有（3）12解得（4）43Rcht即 与 成线形关系此式只对 时成立。将表中数据画在 图中，得第ht 0tht:1，2，8次实验对应的点 、 、 。数据点 、 、 、 、 五点可拟合成ABHBCDEF一直线，如图预解18-6-2所示。此直线应与（4）式一致这样，
11、在此直线上任取两点的数据，代人（4）式，再解联立方程，即可求出比热 的值例如，在直线上取相距较远的横c坐标为8和100的两点 和 ，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为1X2(10,6.7)(8.0,5)将此数据及 的值代入（4）式，消去 ，得R（5）2.6J/kgCc2. 在本题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用这三个实验数据在 图上的点即 、 、 ht:AGH点为什么偏离直线较远？因为当 时，从（4）式得对应的温度 ，AhR065t（4）式在 的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度 ，熔解的冰的体0t 15t积小于半个球的体积，故（4）式不成
12、立图预解 18-6-2、 为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（120、140），使得一部分GH冰升华成蒸气，且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，（2）、（3）式不成立，因而（4）式不成立评分标准：本题24分第1问17分；第二问7分。第一问中，（1）、（2）式各3分；（4）式4分。正确画出图线4分；解出（5）式再得3分。第二问中，说明 、 、 点不采用的原因给1分；对 和 、AGHAG偏离直线的原因解释正确，各得3分。H第 18 届复赛二、参考解答1已知在海平面处，大气压强 如图复解 18-2-1，在3(0)1.Pap处，大气压强为 。 50mz5（1）此处水沸腾时的饱和蒸气压 应
13、等于此值由图复解 18-2-2 可知，对应的温度即沸点为wp（2）182Ct达到此温度时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在 5000高山上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达 822由图复解 18-2-2 可知，在 时，水的饱和蒸气压 ，120t 3w(10)98Pap而在海平面处，大气压强 可见压力阀的附加压强为3()PapwS3198.（3）6.70a在 5000高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为（4）333S(50)96.7105149.70Pap若在 时阀被顶起，则此时的 应等于 ，即2t wp（5）w由图复解 18-2-2 可知 （6）21t此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按
14、正确方法使用此压力锅，在 5000高山上锅内水的温度最高可达 1123在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和由图复解 18-2-2 可知，在 时，题中已给出水的饱和蒸气压27t，这时锅内空气的压强（用 表示）为3w(27).610Papapw33()(50)()1.6Pp（7）49.a当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为 时，锅内空气压强为t，则有a()ptaa()(27)273pt（8）3164.5.01)Pat若在 时压力阀刚好开始被顶起，则有t（9）w2()ptp由此得（10）3a()10564.7)Pattt 画出函数 的图线，a()p取
15、30,105Pata1,()8.6p由此二点便可在图复解 18-2-2 上画出此直线，此直线与图复解 18-2-2 中的 曲线wpt()的交点为 ， 即为所求的满足（10）式的点，由图可看出与 点对应的温度为A A （11）97t即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是 97，若继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅内水温仍可达 112第 17 届预赛六、参考解答设气体的摩尔质量为 ，容器 的体积为 ，阀门打开前，其中气体的质量为 。AVM压强为 ，温度为 。由pTMVR得pVMRT （1）因为容器 很大，所以在题中所述的过程中，容器 中气体的压强和温度皆可视为不变。BB根据题意，打开阀门又关闭后， 中气体的压强变为 ，若其温度为 ，质量为 ，则A2pTM有（2）2pVRT进入容器 中的气体的质量为A（3）21MT设这些气体处在容器 中时所占的体积为 ，则BV（4）2VRp因为 中气体的压强和温度皆可视为不变，为把这些气体压入容器 ，容器 中其他气体B AB对这些气体做的功为（5）2WpV由（3）、（4）、（5）式得（6）1T容器 中气体内能的变化为A（7）2.5()MURT因为与外界没有热交换，根据热力学第一定律有（8）W由（2）、（6）、（7）和（8）式得（9）21.5TT 结果为 3.K第 17 届复赛一、参考解答
