全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编

全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编热学1第16届预赛题如图预16-3所示，两个截面相同的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连通，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时，阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为0T的单原子理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡。求此时左边容器中活塞的高度和缸内气体的温度。提示：一摩尔单原子理想气体的内能为32RT，其中R为摩尔气体常量，T为气体的热力学温度。2第17届预赛题（20分）绝热容器A经一阀门与另一容积比A的容积大得很多的绝热容器B相连。开始时阀门关闭，两容器中盛有同种理想气体，温度均为30℃，B中气体的压强为A中的2倍。现将阀门缓慢打开，直至压强相等时关闭。问此时容器A中气体的温度为多少？假设在打开到关闭阀门的过程中处在A中的气体与处在B中的气体之间无热交换．已知每摩尔该气体的内能为52URT，式中R为普适气体恒量，T是热力学温度．3第18届预赛（24分）物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到某温度t，然后把它放在结冰的湖面上（冰层足够厚），铝球便逐渐陷入冰内．当铝球不再下陷时，测出球的最低点陷入冰中的深度h．将铝球加热到不同的温度，重复上述实验8次，最终得到如下数据：实验顺序数12345678热铝球的温度t/℃55708592104110120140陷入深度h/cm9.012.914.816.017.018.017.016.8已知铝的密度约为水的密度的3倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为0℃．已知此情况下，冰的熔解热53.3410J/kg．1．试采用以上某些数据估算铝的比热c．2．对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释．4第19届预赛（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K1、K2的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差1.00mh．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K1、K2，三种气体相互混合，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31He4.00310kgmol31Kr83.810kgmol31Xe131.310kgmol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．5第20届预赛(20分)在野外施工中，需要使质量m＝4.20kg的铝合金构件升温。除了保温瓶中尚存有温度t＝90.0℃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t0=10℃升温到66.0℃以上（含66.0℃），并通过计算验证你的方案．已知铝合金的比热容c＝0.880×l03J·(Kg·℃)-1，水的比热容c0=4.20×103J·(Kg·℃)-1，不计向周围环境散失的热量。6第22届预赛如图所示，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R0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1mol气体（可视为理想气体）封闭在容器中．已知温度升高1K时，该气体的内能的增加量为25R（R为普适气体常量），大气压强为p0，现令细杆沿导轨方向以初速v0向右运动，试求达到平衡时细管中液柱的位移．v0R0全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编热学参考答案1参考解答设容器的截面积为A，封闭在容器中的气体为摩尔，阀门打开前，气体的压强为0p。由理想气体状态方程有00pAHRT（1）打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为0p。活塞对气体的压强也是0p。设达到平衡时活塞的高度为x，气体的温度为T，则有0()pHxART（2）根据热力学第一定律，活塞对气体所做的功等于气体内能的增量，即003()()2pHxARTT（3）由（1）、（2）、（3）式解得25xH（4）075TT（5）2参考解答设气体的摩尔质量为，容器A的体积为V，阀门打开前，其中气体的质量为M。压强为p，温度为T。由MpVRT得pVMRT（1）因为容器B很大，所以在题中所述的过程中，容器B中气体的压强和温度皆可视为不变。根据题意，打开阀门又关闭后，A中气体的压强变为2p，若其温度为T，质量为M，则有2pVMRT（2）进入容器A中的气体的质量为21pVMMMRTT（3）设这些气体处在容器B中时所占的体积为V，则2MVRTp（4）因为B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A，容器B中其他气体对这些气体做的功为2WpV（5）由（3）、（4）、（5）式得21TWpVT（6）容器A中气体内能的变化为2.5()MURTT（7）因为与外界没有热交换，根据热力学第一定律有WU（8）由（2）、（6）、（7）和（8）式得2122.51TTTT（9）结果为353.5KT3参考解答铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为0t时，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h与球的半径R相等．当热铝球的温度0tt时，铝球最低点下陷的深度hR，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半图预解18-6-1个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示．设铝的密度为Al，比热为c，冰的密度为，熔解热为，则铝球的温度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量31Al43QRct（1）熔化的冰吸收的热量23214()23QRhRR（2）假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有12QQ（3）解得413RchtR（4）即h与t成线形关系．此式只对0tt时成立。将表中数据画在ht图中，得第1，2，…，8次实验对应的点A、B、…、H。数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预解18-6-2所示。此直线应与（4）式一致．这样，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c的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100图预解18-6-2的两点1X和2X，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为1(8.0,5.0)X2(100,16.7)X将此数据及的值代入（4）式，消去R，得28.610J/kgCc（5）2.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ht图上的点即A、G、H．A点为什么偏离直线较远？因为当hR时，从（4）式得对应的温度065t℃，（4）式在0tt的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度155t℃＜0t，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故（4）式不成立．G、H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A、G、H点不采用的原因给1分；对A和G、H偏离直线的原因解释正确，各得3分。4参考解答根据题设的条件，可知：开始时A中氦气的质量3He4.00310kgm，B中氪气的质量3Kr83.810kgm，C中氙气的质量3Xe131.310kgm。三种气体均匀混合后，A中的He有1mol3降入B中，有1mol3降入C中。He的重力势能增量为HeHeHeHe11()(2)33Emghmghmgh①B中的Kr有1mol3升入A中，有1mol3降入C中。Kr的重力势能增量为KrKrKr11()033Emghmgh②C中的Xe有1mol3升入A中，有1mol3升入B中。Xe的重力势能增量为XeXeXeXe11233Emghmghmgh③混合后，三种气体的重力势能共增加PHeKrXeXeHe()EEEEmmgh④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P332ERT⑤上式中右方为气体内能减少量，T表示气体温度的增量，由④、⑤两式得XeHe2()9mmghTR⑥将已知数据代入，注意到118.31JKmolR－－，可得23.310KT－⑦即混合后气体温度降低23.310K－（如果学生没记住R的数值，R的值可用标准状态的压强5201.01310Nmp－，温度0273.13KT和1mol理想气体在标准状态下的体积2302.2410mV－求得，即000pVRT）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④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⑤式，得8分。得出正确结果，算出⑦式，得4分。5参考解答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。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为2t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0m＝0.240kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中，水放热为1001()Qcmtt（1）构件吸热为110()Qcmtt（2）由11QQ及题给的数据，可得1t＝27.1℃（3）同理，第二次倒出0.240kg热水后，可使构件升温到2t＝40.6℃（4）依次计算出1t～5t的数值，分别列在下表中。倒水次数/次12345平衡温度/℃27.140.651.259.566.0可见5t＝66.0℃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1t～4t的值，如下表中的数据：倒水次数/次1234平衡温度/℃30.345.5056.865.2由于4t＝65.2℃＜66.0℃，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。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：①将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。②倒在构件上的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：①通过计算求出的构件的最终温度不低于66.0℃。②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