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一、1.
×1019
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
〔2〕
〔3〕
渗透室下部连同U形管左管水面以上局部气体的总体积和压强分别为
〔4〕
〔5〕
式中r为水的密度,,经过2小时,薄膜下部增加的空气的摩尔数
〔6〕
在2个小时内,通过薄膜渗透过去的分子数
〔7〕
式中NA为阿伏伽德罗常量.
渗透室上部空气的摩尔数减少,
〔8〕
经过2小时渗透室上局部中空气的压强为
〔9〕
测试过程的平均压强差
〔10〕
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〕
评分标准:
此题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
:将保温瓶中℃的热水分假设干次倒出来。第一次先倒出一局部,与温度为℃的构件充分接触,并到达热平衡,构件温度已升高到,将这局部温度为的水倒掉。再从保温瓶倒出一局部热水,再次与温度为的构件充分接触,并到达热平衡,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一局部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接触,到达热平衡。只要每局部水的质量足够小,最终就可使构件的温度到达所要求的值。
:例如,,每次倒出=,在第一次使热水与构件到达热平衡的过程中,水放热为
〔1〕
构件吸热为
〔2〕
由及题给的数据,可得
=℃〔3〕
同理,,可使构件升温到
=℃〔4〕
依次计算出~的数值,分别列在下表中。
倒水次数/次
1
2
3
4
5
平衡温度/℃
可见=℃时,符合要求。
附:,,依次算出~的值,如下表中的数据:
倒水次数/次
1
2
3
4
平衡温度/℃
由于=℃<℃,所以如果将热水等分后倒到构件上,那么倒出次数不能少于5次。
评分标准:此题20分。
设计操作方案10分。操作方案应包含两个要点:①将保温瓶中的水分假设干次倒到构件上。②倒在构件上的水与构件到达热平衡后,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℃。②。这两条中任一条不满足都不给这10分。例如,,,尽管验算过程中的计算正确,℃,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〕
〔2〕
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,气柱右侧水银刚好全部压到B管中,使管中水银高度增大
〔3〕
由此造成气柱中空气体积的增大量为
〔4〕
与此同时,气柱左侧的水银也有一局部进入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
〔5〕
所以,当温度为时空气的体积和压强分别为
〔6〕
〔7〕
由状态方程知
〔8〕
由以上各式,代入数据可得
K〔9〕
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,气柱中的空气作等压变化。当温度到达时,气柱体积为
〔10〕
代入数据可得
〔11〕
评分标准:此题15分。
求得式〔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中氪气的质量,C中氙气的质量。三种气体均匀混合后,A中的He有降入B中,有降入C中。He的重力势能增量为
①
B中的Kr有升入A中,有降入C中。Kr的重力势能增量为
②
C中的Xe有升入A中,有升入B中。Xe的重力势能增量为
③
混合后,三种气体的重力势能共增加
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,那么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。根据题给的条件,注意到此题中所考察的理想气体共有
3摩尔,故有
⑤
上式中右方为气体内能减少量,表示气体温度的增量,由④、⑤两式得
⑥
将数据代入,注意到,可得
⑦
即混合后气体温度降低
〔如果学生没记住的数值,的值可用标准状态的压强,温度和1mol理想气体在标准状态下的体积求得,即〕
评分标准:此题共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。
第19届复赛
〔无〕
第18届预赛
六、参考解答
图预解18-6-1
铝球放热,,能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等,,铝球最低点下陷的深度,熔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,熔解热为,那么铝球的温度从℃降到0℃的过程中,放出的热量
〔1〕
熔化的冰吸收的热量
〔2〕
假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量,那么有
〔3〕
解得
〔4〕
。将表中数据画在图中,得第1,2,…,8次实验对应的点、、…、。数据点、、、、五点可拟合成一直线,如图预解18-6-2所示。此直线应与〔4〕,在此直线上任取两点的数据,代人〔4〕式,再解联立方程,,在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点和,它们的坐标由图预解18-6-2可读得为
将此数据及的值代入〔4〕式,消去,得
图预解18-6-2
〔5〕
-6-2中,第1,7,8次实验的数据对应的点偏离直线较远,、、.
点为什么偏离直线较远?因为当时,从〔4〕式得对应的温度℃,〔4〕式在的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度℃<,熔解的冰的体积小于半个球的体积,故〔4〕式不成立.
、为什么偏离直线较远?因为铝球的温度过高〔120℃、140℃〕,使得一局部冰升华成蒸气,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:此题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、偏离直线的原因解释正确,各得3分。
第18届复赛
二、参考解答
,-2-1,在处,大气压强为。〔1〕
-2-2可知,对应的温度即沸点为
〔2〕
到达此温度时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故在5000m高山上,假设不加盖压力锅,锅内温度最高可达82℃.
-2-2可知,在℃时,水的饱和蒸气压,而在海平面处,
〔3〕
在5000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为
〔4〕
假设在时阀被顶起,那么此时的应等于,即
〔5〕
由图复解18-2-2可知
℃〔6〕
此时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故按正确方法使用此压力锅,在5000m高山上锅内水的温度最高可达112℃.
,锅内有空气,设加压力阀时,-2-2可知,在℃时,题中已给出水的饱和蒸气压,这时锅内空气的压强〔用表示〕为
〔7〕
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,那么有
〔8〕
假设在时压力阀刚好开始被顶起,那么有
〔9〕
由此得
〔10〕
画出函数的图线,
取
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
℃〔11〕
即在压力阀刚开始被顶起时,锅内水的温度是97℃,假设继续加热,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,阀门翻开前,其中气体的质量为。压强为,温度为。由
得
〔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。根据题意,翻开阀门又关闭后,中气体的压强变为,假设其温度为,质量为,那么有
〔2〕
进入容器中的气体的质量为
〔3〕
设这些气体处在容器中时所占的体积为,那么
〔4〕
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,容器中其他气体对这些气体做的功为
〔5〕
由〔3〕、〔4〕、〔5〕式得
〔6〕
容器中气体内能的变化为
〔7〕
因为与外界没有热交换,根据热力学第一定律有
〔8〕
由〔2〕、〔6〕、〔7〕和〔8〕式得
〔9〕
结果为
第17届复赛
一、参考解答