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)－T
B ．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 ．α
B ．α1/3
C ．α3
D ．3α
3．（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T
4．(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＞V0
9．（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Δh
B．b中的水银面也上升，但上升的高度小于Δh
C ．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：2.5m
13．（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32
ν．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 1
②
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′＝
ν2
ν1+ν0l＝
2ν
ν+ν0l
⑤
（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＋
ν0
2ν
l－d
l T1
⑨
（3）大气对密闭气体系统做的功为W＝p0(2S－S)(－d)＝－p0Sd＝－d
l
ν0RT1
⑩
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－d
l
ν0CT1－νCT1
⑫
系统吸收的热量为：Q＝ΔU－W＝2νl+(ν+ν0)d
(l－d)(ν+ν0)⎝
⎛
⎭
⎫
2ν＋
l－d
l
ν0CT1－νCT1＋
d
l
ν0RT1
⑬
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 ①
2h 2
＝h 2L ＋h 2R ②
由力学平衡条件有：p 0＋ρgh 1L ＝p ＋ρgh 1R ③
p 0＋ρgh 2R ＝p ＋ρgh 2L
④
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 ⑬
⑦式成为：p ≈p 0(1＋x 2L 0
) ⑭ 由⑨⑩⑪⑫⑬⑭式得：Δh 1L ≈34
x ⑮ Δh 1R ≈－Δh 2L ＝Δh 2R ≈14
x 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 0
2＋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 2
⑧式在推导过程中用到了1+z ≈1+12
z ，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 4
⑨ x 2＋y ≈x 2＋x 4＝3x 4
⑩ x 2－y ≈x 2－x 4＝x 4
⑪ 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 B
① 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 B
③ V 1＝32
S 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 B
⑤ 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 0
⑥ 由③④⑤⑥式得： V 2＝34S 0h ＝38
S 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 B
⑨ 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 3T
⑩ 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 ＝58
h 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 ①
c 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 1
③ c 2＝T 2p 32－T 3p 22p 2p 32－p 22p 3＝T 2p 32－T 3p 12
p 1p 32－p 12p 3
④ （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 3
⑤ 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 3
⑥ 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32
RT ，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 ＝32
R (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)＞0
⑤
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 1μ1
RT ① p 2V
＝m －m 1
μ2RT
②
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＝12
μ2 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 ①
p 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 2
V 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 2
V 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 ⑨
V 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 ①
p 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 0
④ 对L 2中气体有：p 2V 2p 20V 20＝T T 0
⑤ 由④⑤两式得：
p 1V 1p 10V 10＝p 2V 2p 20V 20
⑥ 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．。