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全国中学生物理竞赛真题汇编---热学 参考答案


全国中学生物理竞赛真题汇编---热学

参考答案

1. 根据题设的条件, 可知: 开始时 A 中氦气的质量 mHe ? 4.003 ?10?3 kg , B 中氪气的质量 mKr ? 83.8 ?10?3 kg , C 中氙气的质量 mXe ? 131.3 ?10?3 kg 。三种气体均匀混合后,A 中的 He 有 mol 降入 B 中,

有 mol 降入 C 中。He 的重力势能增量为

1 3

1 3

1 1 ?EHe ? mHe g (?h) ? mHe g (?2h) ? ?mHe gh 3 3 1 1 B 中的 Kr 有 mol 升入 A 中,有 mol 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为 3 3 1 1 ?EKr ? mKr gh ? mKr g (?h) ? 0 3 3 1 1 C 中的 Xe 有 mol 升入 A 中,有 mol 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为 3 3 1 1 ?EXe ? mXe gh ? mXe g 2h ? mXe gh 3 3
混合后,三种气体的重力势能共增加







?EP ? ?EHe ? ?EKr ? ?EXe ? (mXe ? mHe ) gh



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

3 ?EP ? ?3 ? R?T 2 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 2(mXe ? mHe ) gh ?T ? ? 9R
将已知数据代入,注意到 R ? 8.31 J ? K-1 ? mol-1 ,可得





?T ? ?3.3 ?10-2 K
即混合后气体温度降低 3.3 ?10-2 K



(如果学生没记住 R 的数值, R 的值可用标准状态的压强 p0 ? 1.013 ?105 N ? m-2 ,温度 T0 ? 273.13 K 和 1mol 理想 气体在标准状态下的体积 V0 ? 2.24 ?10-2 m3 求得,即 R ?

p0V0 ) T0

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。 2.1. 操作方案:将保温瓶中 t ? 90.0 ℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分,与温度为 t0 ? 10.0 ℃ 的构件充分接触, 并达到热平衡, 构件温度已升高到 t1 , 将这部分温度为 t1 的水倒掉。 再从保温瓶倒出一部分热水,
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再次与温度为 t1 的构件充分接触,并达到热平衡,此时构件温度已升高到 t 2 ,再将这些温度为 t 2 的水倒掉。然后再 从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为 t 2 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 m0 =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

Q1 ? c0 m0 (t ? t1 )
构件吸热为

(1)

Q1? ? cm(t1 ? t0 )
由 Q1 ? Q1? 及题给的数据,可得

(2)

t1 =27.1℃
同理,第二次倒出 0.240kg 热水后,可使构件升温到

(3)

t 2 =40.6℃
依次计算出 t1 ~ t5 的数值,分别列在下表中。 倒水次数/次 平衡温度/℃ 可见 t5 =66.0℃时,符合要求。 1 27.1 2 40.6 3 51.2 4 59.5 5 66.0

(4)

附:若将 1.200kg 热水分 4 次倒,每次倒出 0.300kg,依次算出 t1 ~ t 4 的值,如下表中的数据: 倒水次数/次 平衡温度/℃ 1 30.3 2 45.50 3 56.8 4 65.2

由于 t 4 =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,但因构件最终温度低于 66.0℃,不能得分。 3.

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4.1 只要有液态水存在,平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和:

p总0 ? p空0 ? p饱 ? 3.0 atm
第一次膨胀后

(1)

V1 ? 2V0

p总1 ? p空1 ? p饱 ? 2.0 atm
由于第一次膨胀是等温过程,所以

(2)

p空0V0 ? p空1V1 ? 2 p空1V0
解(1)、(2)、(3)三式,得

(3)

p饱 ? 1.0 atm p空0 ? 2.0 atm p空1 ? 1.0 atm
由于 p饱 ? 1.0 atm ,可知汽缸中气体的温度

(4) (5) (6)

T0 ? 373 K
根据题意,经两次膨胀,气体温度未改变。
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2 设水蒸气为 ? 水 mol .经第一次膨胀,水全部变成水蒸气,水蒸气的压强仍为 p饱 ,这时对于水蒸气和空气 分别有

p饱V1 ? ? 水RT0 p空1V1 ? ? 空RT0 ? 2RT0
由此二式及(5) 、 (6)式可得

(8) (9)

? 水 ? 2 mol
3. 在第二次膨胀过程中,混合气体可按理想气体处理,有

(10)

p总2V2 ? p总1V1
由题意知, V2 ? 4V0 , V1 ? 2V0 ,再将(2)式代入,得

(11)

p总2 ? 1.0 atm

(12)

5.解:设玻璃管内空气柱的长度为h,大气压强为p0,管内空气的压强为p,水银密度为 ρ ,重力加速度为g, 由图 4 知 p+(l-h)ρ g=p0, ① 根据题给的数据,可知p0=lρ g,得 p=ρ gh, ② 若玻璃管的横截面积为 S,则管内空气的体积为 V=Sh, ③ 由②、③式,得 p=(V/S)ρ g, ④ 即管内空气的压强与其体积成正比,由克拉珀龙方程pV=nRT,得 2 ρ g(V /S)=nRT, ⑤ 由⑤式可知,随着温度降低,管内空气的体积变小,根据④式可知管内空气的压强也变小,压强随体积的变化关系 为p-V图上过原点的直线,如图 5 所示.在管内气体的温度由T1降到T2的过程中,气体的体积由V1变到V2, 体积缩小,外界对气体做正功,功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示,即有

图4 图5 2 2 W=(1/2)ρ g( (V1/S)+(V2/S) ) (V1-V2)=ρ g(V1 -V2 )/2S, 管内空气内能的变化为 Δ U=nCV(T2-T1) , ⑦ 设Q为外界传给气体的热量,则由热力学第一定律W+Q=Δ U,有 Q=Δ U-W, ⑧ 由⑤、⑥、⑦、⑧式代入得 Q=n(T2-T1) (CV+(1/2)R) , ⑨ 代入有关数据得
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Q=-0.247J, Q<0,表示管内空气放出热量,故空气放出的热量为 Q′=-Q=0.247J. (10) 6 。 1 .已知在海平 面处,大气压 强 p(0) ? 101.3 ?103 Pa .如图复 解 18-2-1 ,在 z ? 5000 m处 ,大气压强 为

p(5000) ? 53 ?103 Pa 。

(1)

此处水沸腾时的饱和蒸气压 pw 应等于此值.由图复解 18-2-2 可知,对应的温度即沸点为

t1 ? 82 ?C

(2)

达到此温度时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故在 5000m高山上,若不加盖压力锅,锅内温度最高可达 82℃. 2.由图复解 18-2-2 可知,在 t ? 120 ℃时,水的饱和蒸气压 pw (120?) ? 198 ?103 Pa ,而在海平面处,大气压 强 p(0) ? 101?103 Pa .可见压力阀的附加压强为

pS ? pw (120?) ? p(0) ? 198 ? 103 ? 101.3 ? 103
? 96.7 ?103 Pa
在 5000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 (3)

p? ? pS ? p(5000) ? 96.7 ?103 ? 53 ?103 ? 149.7 ?103 Pa 若在 t ? t2 时阀被顶起,则此时的 pw 应等于 p? ,即
pw ? p? 由图复解 18-2-2 可知 t2 ? 112 ℃

(4) (5) (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℃.

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3.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 t ? 27 ℃时,题中已给出水的饱和蒸气压 pw (27?) ? 3.6 ?103 Pa ,这时锅内空气的压强(用 pa 表示)为

pa (27?) ? p(5000) ? pw (27?)
(7) 当温度升高时,锅内空气的压强也随之升高,设在温度为 t ℃时,锅内空气压强为 pa (t ) ,则有

? (53 ?103 ? 3.6 ?103 ) Pa ? 49.4 ?103 Pa

若在 t ? t ? 时压力阀刚好开始被顶起,则有 pw (t ?) ? p2 (t ?) ? p? 由此得

pa (t ) p (27?) ? a 273 ? t 273 ? 27 pa (t ) ? (164.7t ? 45.0 ?103 ) Pa

(8) (9)

pw (t ?) ? p? ? pa (t ?) ? (105 ?103 ? 164.7t ?) Pa
画出函数 p? ? pa (t ?) 的图线, 取 t ? 0 , p? ? pa (0?) ? 105 ?103 Pa

(10)

t ? 100 , p? ? pa (100?) ? 88.6 ?103 Pa
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 pw(t )~t 曲线的交点为 A , A 即为所 求的满足(10)式的点,由图可看出与 A 点对应的温度为 t ? ? 97 ℃ (11) 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,
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最终空气排净,锅内水温仍可达 112℃. 7.实践证明,甲的设计是正确的,所以乙的结论肯定是错的。 (1)设大气压为 p0 ,水的密度为 ? 。拧开 K 前的情况如图复解19-l的(a)图所示。由流 体静力学可知, B 、 C 中气体的压强为

pB ? pC ? p0 ? ? g (h1 ? h2 )

(1)

K D A

H A h1

K

D 中气体的压强为
pD ? pB ? ? gh1
由(1)、(2)两式可得 (2) E

B h2 F C
(a)

B

pD ? p0 ? ? gh2
即 pD ? p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时

C
(b)

pB ? p0 ? ? gh1

(3)

图复解 19-1

即 D 管中容器 B 水面以上的那一段水柱所受合力向上,所以 D 管中水柱上升。 (2)拧开 K 后,水柱上升,因 D 管上端已足够长,故水不会从管口喷出.设到 D 中的水面静止时 D 中增加水 量的体积为 ? V ,则 B 中减少水量的体积亦为 ? V ,其水面将略有降低,因而 B 及 C 中气体压强路有下降, A 中的 水将通过 E 管流入 C 中,当从 A 流入水量的体积等于 ? V 时, B 、 C 中气体压强恢复原值。因为 A 、 B 、 C 的半 径为 D 管半径的 60 倍,截面积比为 3600 倍,故 A 、 B 、 C 中少量水的增减( ??V )引起的 A 、 B 、 C 中水面高 度的变化可忽略不计,即 h1 和 h2 的数值保持不变。 设 D 中水面静止时与 A 中水面的高度差为 H ,(见图复解19-1(b)),则有

p0 ? ? g (h1 ? h2 ) ? p0 ? ? g ( H ? h1 )
由此可得

(4) (5)

H ? h2

(3)将图复解 19-l(a)和(b)两图相比较可知,其差别在于体积为 ? V 的水从 A 移至 C 中,另 ? V 的水又由 B 移入 D 中,前者重力势能减少,而后者重力势能增大,前者的重力势能减少量为

?E1 ? ? g ?V (h1 ? h2 )

(6)

D 中增加的水柱的重心离 A 中水面的高度为 h2 / 2 ,故后者的重力势能增量为

1 ?E2 ? ? g ?V (h1 ? h2 ) 2
即 ?E1 ? ?E2 。

(7)

由此可知,体积为 ? V 的水由 A 流入 C 中减少的势能的一部分转化为同体积的水由 B 进入 D 中所需的势能,其 余部分则转化为水柱的动能,故发生上下振动, D 中水面静止处为平衡点.由于水与管间有摩擦等原因,动能逐步 消耗,最后水面停留在距 A 中水面 h2 处。 8.1.(1)调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置,将阀门10关闭使两边气体隔绝,记下有色液柱的位置; (2)合上开关 S ,测得电流 I ; (3)打开开关 S ; (4)测出有色液体右移的最远距离 ?x ;
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(5)改变电源电压,重复测量多次,记下多次的 I 和 ?x 值。

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开开关 S 后,由于 L 中有感应 2 电动势,在线圈 L 、电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电流通过,最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的
2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W ? 磁场能量将转化为 r 和 rL 上放出的热量,其中 r 上放出的热量为

?Q ?

1 2 r LI ? 2 r ? rL

(1)

此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程,所以气体吸热为

?Q ?

m

?

C p ?T

(2)

式中 m 为气体质量, ? 为其摩尔质量, ?T 为温升,因为是等压过程,设气体体积改变量为 ? V ,则由理想气体状 态方程可得

p?V ?

m

?

R?T

(3)

而 由以上各式可得

?V ?

?d2
4

?x

(4)

L?

?x rL ? r C p p? d ? ? 2r R I2

2

(5)

9.在温度为 T1 ? (27 ? 273)K=300K 时,气柱中的空气的压强和体积分别为

p1 ? p0 ? h , V1 ? lSC

(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 T2 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

?h ?

bS C SB

(3)

由此造成气柱中空气体积的增大量为

?V ? ? bSC

(4)

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 ?h ,使两支管的 压强平衡,由此造成气柱空气体积增大量为

?V ?? ? ?hSA
所以,当温度为 T2 时空气的体积和压强分别为

(5)

V2 ? V1 ? ?V ? ? ?V ??
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(6)
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p2 ? p1 ? ?h
由状态方程知

(7)

p1V1 p2V2 ? T1 T2
由以上各式,代入数据可得

(8)

T2 ? 347.7 K

(9)

此值小于题给的最终温度 T ? 273 ? t ? 370 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 T 时,气柱体积为

V?
代入数据可得

T V2 T2

(10)

V ? 0.72 cm3

(11)

评分标准:本题 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。 10.开始时 U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V2 = HA P2= P1 经过 2 小时,U 形管右管中空气的体积和压强分别为

(1)

V2? ? ( H ? ?H ) A
P2? ? P2V2 V2?

( 2)

( 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

V1? ? V1 ? ?HA ? ? 2 ?gΔH P 1? ? P 2

( 4) ( 5)

式中 为水的密度,g 为重力加速度.由理想气体状态方程 PV ? nRT 可知,经过 2 小时,薄膜下部增加的空气 的摩尔数

?n ?
在 2 个小时内,通过薄膜渗透过去的分子数

P1? V1? P1V1 ? RT RT

( 6)

N ? ?nN A
式中 NA 为阿伏伽德罗常量. 渗透室上部空气的摩尔数减少,压强下降.下降了 P

(7)

?P ?
经过 2 小时渗透室上部分中空气的压强为

ΔnRT V0

( 8)

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P0? ? P0 ? ?P
测试过程的平均压强差

( 9)

?P ?

1 ?(P0 ? P1 ) ? (P0? ? P1?)? 2

(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 Nd k? ? 2.4 ? 1011 Pa ?1 m ?1s ?1 (11) ?PtS 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. 11.三、答案如图所示. T 附计算过程:

?p S ? F? d T1 ? 0 T0 电阻通电后对气体缓慢加热,气体的温度升高,压强增大,活塞开始有向外运动的趋势,但在气体对活塞的作用力尚未 p0 S
Q ? C ?T ? T0 ?
(1) b

此过程将持续到气体对活 塞的作用力等于外界大气对 活塞的作用力和器壁对活塞 的最大静摩擦之和.若用 T1 表示此过程达到末态的温度, p 表示末态的压强,Q1 表示此 过程中气体从电阻丝吸收的 热量,由等容过程方程有

?2
tan?2=

2? p 0 S ? F ? 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp0 S ? FR

?1
T0 a

tan ?1 ?

1 C
CFT0 p0 S

Q1 ?
(2)

Q

p T1 ? p 0 T0

由力的平衡可知

pS ? p0 S ? F
由(2) 、 (3)两式可得

(3)

T1 ?

? p0 S ? F ?T0
p0 S

(4)

代入(1)式得

Q1 ?

CFT0 p0 S

(5)
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由以上讨论可知,当 Q ? Q1 时,T 与 Q 的关系为

T?

Q ? T0 C

(6)

在 T ~ Q 图中为一直线如图中 ab 所示,其斜率

K ab ?

1 C

(7)

直线在 T 轴上的截距等于 T0,直线 ab 的终点 b 的坐标为(T1,Q1) . 当电阻丝继续加热,活塞开始向外运动以后,因为过程是缓慢的,外界大气压及摩擦力皆不变,所以气体的压 强不变, 仍是 p, 气体经历的过程为等压过程. 在气体的体积从初始体积 V0 增大到 V, 温度由 T1 升高到 T 的过程中, 设气体从电阻丝吸收的热量为 Q ? ,活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为 q,由热力学第一定律可知

Q? ? q ? C ?T ? T1 ? ? p?V ? V0 ?

(8)

q 可由摩擦力做功求得,即
1 ? V ? V0 ? F? ? 2 ? S ?

q?

(9)

代入(8)式得

Q? ?

F ?V ? V0 ? ? C?T ? T1 ? ? p?V ? V0 ? 2S

(10)

由状态方程式可知

p?V ? V0 ? ? R?T ? T1 ?
将(11)式和(4)式代入(10)式,得

(11)

? ? FR ??T ? T1 ? Q? ? ? C ? R ? ? 2? p0 S ? F ? ? ? ?


T?

2? p 0 S ? F ? Q ? ? T1 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp0 S ? FR

(12)

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从开始对气体加热到气体温度升高到 T( >T1)的过程中,气体从电阻丝吸收的总热量

Q ? Q1 ? Q?

(13)

把(13)式代入到(12)式,并注意到(4)式和(5) ,得

T?

? 2? p0 S ? F ? CFT0 ? ? p0 S ? F ?T0 ? ?? Q? ? 2Cp0 S ? 2CF ? 2Rp0 S ? FR ? p0 S ? p0 S ?

? CFT0 ? ? ? Q ? Q1 ? p S ? ? (14) 0 ? ?

由此可知,当 Q ? Q1 ? 为

CFT0 CFT0 时,T 与 Q 的关系仍为一直线,此直线起点的坐标为 Q ? Q1 ? , T ? T1 ;斜率 p0 S p0 S

2? p 0 S ? F ? 2Cp0 S ? 2CF ? 2 Rp0 S ? FR

(15)

在 T ~ Q 图中, 就是直线 bd, 当热量 Q 从零开始逐渐增大, 气体温度 T 将从起始温度 T0 沿着斜率为 Kab 的直线 ab 上 bd 升到温度为 T1 的 b 点, 然后沿着斜率为 Kbd 的直线 上升, 如 图 所示. p 12.由

pV ? ? k , ? ? 1

(1) A

B 之 增 示.在 C

可知,当 V 增大时,p 将随之减小(当 V 减小时,p 将随 大) ,在 p ? V 图上所对应的曲线(过状态 A)大致如图所 曲线上取体积与状态 B 的体积相同的状态 C. 现在设想气体从状态 A 出发,保持叶片不动,而令活 慢地向右移动,使气体膨胀,由状态 A 到达状态 C,在此 中,外界对气体做功 0

塞 缓 V 过 程

W?

k ? 1 1 ? ? ? ?1 ? ? ?1 ? (2) ? ? 1 ?VC VA ?

用 UA、UC 分别表示气体处于状态 A、C 时的内能,因为是绝热过程,所以内能的增量等于外界对气体做的功,即

UC ? U A ?

k ? 1 1 ? ? ? ?1 ? ? ?1 ? (3) ? ? 1 ?VC VA ?
做匀速转动,这样叶片就

再设想气体处于状态 C 时,保持其体积不变,即保持活塞不动,令叶片以角速度

要克服气体阻力而做功, 因为缸壁及活塞都是绝热的, 题设缸内其它物体热容量不计, 活塞又不动 (即活塞不做功) ,
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所以此功完全用来增加气体的内能.因为气体体积不变,所以它的温度和压强都会升高,最后令它到达状态 B.在 这过程中叶片转动的时间用

t 表示,则在气体的状态从 C 到 B 的过程中,叶片克服气体阻力做功
W ? ? L??t (4)

令 UB 表示气体处于状态 B 时的内能,由热力学第一定律得

U B ? U C ? L??t (5)
由题知

?p ? ? 1 ? L ? ? (6) ?t V
由(4) 、 (5) 、 (6)式得

U B ? UC ?
(7)式加(3)式,得

VB ? p ? pC ? (7) ? ?1 B

UB ?U A ?
利用 pV ? ? k 和 VC ? VB 得

VB k ? 1 1 ? ? pB ? pC ? ? ? ? ?1 ? ? ?1 ? (8) ? ?1 ? ? 1 ?VC VA ?

UB ?U A ?

1 ? p V ? pAVA ? (9) ? ?1 B B

13. 1. 设 a 室中原有气体为? mol , 打开 K1 后, 有一部分空气进入 a 室, 直到 K1 关闭时, a 室中气体增加到? ? mol , 设 a 室中增加的 ?? ? ?? ? mol 气体在进入容器前的体积为 ? V ,气体进入 a 室的过程中,大气对这部分气体所作的功 为

A ? p0 ?V
用 T 表示 K1 关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度,则 a 室中气体内能增加量为

(1) (2) (3)

?U ? ? ?CV ?T ?T0 ?
由热力学第一定律可知

?U ? A
由理想气体状态方程,有

4 p0V0 ? ? RT0 5

(4) (5) (6)

p0 ?V ? ?? ? ?? ? RT0
p0V0 ? ? ?RT
由以上各式解出

T?

5 ? CV ? R ? 5CV ? 4 R

T0

(7)

2.K2 打开后,a 室中的气体向 b 室自由膨胀,因系统绝热又无外界做功,气体内能不变,所以温度不变(仍为 ,而体积增大为原来的 2 倍.由状态方程知,气体压强变为 T)
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p?
关闭 K2,两室中的气体状态相同,即

1 p0 2

(8)

1 pa ? pb ? p , Ta ? Tb ? T , Va ? Vb ? V0 ,且? a ? ? b ? ? ? 2
? 、 pb ? 、 Va? 、 Vb? 、 Ta? 、 Tb? ,则有 别为 pa

(9)

拔掉销钉后,缓慢推动活塞 B,压缩气体的过程为绝热过程,达到最终状态时,设两室气体的压强、体积和温度分

paVa pbVb
由于隔板与容器内壁无摩擦,故有

CV ? R CV

?Va? ? pa ?Vb? ? pb

CV ? R CV

(10) (11)

CV ? R CV

CV ? R CV

? ? pb ? pa
由理想气体状态方程,则有

(12)

?Va? ? ? a RTa? pa ?Vb? ? ? b RTb? pb


(13) (14)

Va? ? Vb? ? V0
由(8)~(15)式可得

(15)

1 Va? ? Vb? ? V0 2
R

(16) (17)

Ta? ? Tb? ? 2 CV T

在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对 a 室气体作的功 W 等于 a 室中气体内能的增加,即

1 W ? ? ?CV ?Ta? ? T ? 2
由(6) 、 (17)和(18)式得
R ? CV ? CV W? ? 2 ? 1? p0V0 ? 2R ? ? ?

(18)

(19)

14.1. 当阀门F关闭时,设封闭在M和B中的氢气的摩尔数为n1,当B处的温度为T 时,压力表显示的压强为 p,由理 想气体状态方程,可知B和M中氢气的摩尔数分别为

n1B ?
n1M ? pVM RT0

pVB RT
(2)

(1)

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第 14 页

共 34 页

式中R为普适气体恒量.因

n1B ? n1M ? n1
1 n1R 1 VM ? ? T VB p VBT0
T? p n1R V M ? p VB VBT0

(3)

解(1)、(2)、(3)式得

(4)



(5)

(4)式表明, 与

1 T

1 1 成线性关系, 式中的系数与仪器结构有关.在理论上至少要测得两个已知温度下的压强, 作 对 T p

1 的图线,就可求出系数. 由于题中己给出室温T0时的压强p0,故至少还要测定另一己知温度下的压强,才能定量 p
确定T与p之间的关系式. 2. 若蒸气压温度计测量上限温度 Tv 时有氢气液化,则当B处的温度 T ? Tv 时,B、M 和E中气态氢的总摩尔数应小 于充入氢气的摩尔数.由理想气体状态方程可知充入氢气的总摩尔数

n2 ?

p0 ?VB ? VM ? VE ? RT0
p vVB RTv

(6)

假定液态氢上方的气态氢仍可视为理想气体,则B中气态氢的摩尔数为

n2B ?

(7)

在(7)式中,已忽略了B中液态氢所占的微小体积.由于蒸气压温度计的其它都分仍处在室温中,其中氢气的摩尔 数为

n2M ? n2E ?

pν ?VM ? VE ? RT0

(8)

根据要求有

n2B ? n2M ? n2E ? n2

(9)

解(6)、(7)、(8)、(9)各式得

VM ? VE ?
代入有关数据得

p vT0 ? p0Tv V ? p0 ? pv ?Tv B

(10)

VM ? VE ? 18VB
Ws ? ? Ts4

(11)

15.按照斯特藩-玻尔兹曼定律,在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为 (1)

其中 ? 为斯特藩-玻尔兹曼常量,Ts 为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为 Rs,则单位时间内整个太阳表面向外辐 射的能量为
2 P s ? 4πRs Ws

(2)

单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是 Ps .设太阳到地球的距离为 rse,考虑到地球周围大气的吸 收,地面附近半径为 R 的透镜接收到的太阳辐射的能量为
全国中学生物理竞赛专题汇编(热学)参考答案 第 15 页 共 34 页

P ? πR 2 ?1 ? ? ?

Ps 2 4πrse

(3)

薄凸透镜将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上,并被薄圆盘全部吸收. 另一方面,因为薄圆盘也向外辐射能量.设圆盘的半径为 RD ,温度为 TD ,注意到簿圆盘有两亇表面,故圆盘 在单位时间内辐射的能量为 显然,当
2 4 P D ? 2 ? πRD ? ? TD

(4) (5)

PD ? P
1

即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时, 圆盘达到稳定状态, 其温度达到最高.由(1)、 (2)、 (3)、(4)、(5)各式得

? R2 R2 ? 4 TD ? ??1 ? ? ? 2 s2 ? Ts 2rse RD ? ?

(6)

依题意,薄圆盘半径为太阳的像的半径 Rs? 的 2 倍,即 RD ? 2 Rs ? .由透镜成像公式知

Rs? Rs ? f rse
于是有

(7)

RD ? 2

Rs f rse
2 1 4

(8)

把(8)式代入(6)式得

? R ? TD ? ??1 ? ? ? 2 ? Ts 8f ? ?
3

(9) (10) (11)

代入已知数据,注意到 Ts ? (273.15 ? ts ) K, TD=1.4×10 K 即有

tD ? TD ? 273.15 ? 1.1?103 o C

16.两个弹簧串联时,作为一个弹簧来看,其劲度系数

k =

k1k2 . k1 + k2

(1)

设活塞 A 下面有 ν mol 气体.当 A 的高度为 h1 时,气体的压强为 p1 ,温度为 T1 .由理想气体状态方程和平衡 条件,可知

p1Sh1 = vRT1 , p1S = kh1 + mg .

(2) (3)

对气体加热后,当 A 的高度为 h2 时,设气体压强为 p2 ,温度为 T2 .由理想气体状态方程和平衡条件,可知

p2Sh2 = vRT2 , p2S = kh2 + mg .
在 A 从高度 h1 上升到 h2 的过程中,气体内能的增量 △U = v 3 R ( T2-T1 ) . 2

(4) (5)

(6)
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气体对弹簧、活塞系统做的功 W 等于弹簧弹性势能的增加和活塞重力势能的增加,即

W = k ( h -h ) + mg (h2-h1 ) .
根据热力学第一定律,有 △Q =△U + W . 由以上各式及已知数据可求得 △Q =

1 2

2 2

2 1

(7)

(8)

k1k2 2 5 H + mgH . k1 + k2 4

(9)

17.1.依题意,为使室内温度保持不变,热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功率相等.设热泵在 室内放热的功率为 q ,需要消耗的电功率为 P ,则它从室外(低温处)吸收热量的功率为 q-P .根据题意有 q-P T2 ≤ , P T1-T2 (1)

式中 T1 为室内(高温处)的绝对温度,T2 为室外的绝对温度.由(1)式得 P≥ T1-T2 T1 q . (2)

显然,为使电费最少,P 应取最小值;即式(2)中的“≥”号应取等号,对应于理想情况下 P 最小.故最小 电功率 P min = T1-T2 T1 q . (3)

又依题意,房间由玻璃板通过热传导方式向外散热,散热的功率 H=k T1-T2 l S . (4)

要保持室内温度恒定,应有 q=H . 由(3)~(5)三式得 P min = k S ( T1-T2 )2 . lT1 (6) (5)

设热泵工作时间为 t ,每度电的电费为 c ,则热泵工作需花费的最少电费 C min = P min tc . (7)

注意到 T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ,T2 = -5.00 K + 273.15 K = 268.15 K ,1 度电 = 1 kW ? h .由(6) , (7)两式,并代入有关数据得 ( T1-T2 )2 C min = T1l Sktc = 23.99 元 . 所以,在理想情况下,该热泵工作 12 h 需约 24 元电费. 2.设中间空气层内表面的温度为 Ti ,外表面的温度为 T0 ,则单位时间内通过内层玻璃、中间空气层和外层 玻璃传导的热量分别为
全国中学生物理竞赛专题汇编(热学)参考答案 第 17 页 共 34 页

(8)

H1 = k

T1-Ti l S , Ti-T0 l0 S ,

(9) (10) (11)

H2 = k0 H3 = k

T0-T2 l S .

在稳定传热的情况下,有 H1 = H2 = H3 . 由(9)~(12)四式得 k T1-Ti Ti-T0 = k0 l 和 T1-Ti = T0-T2 . l 0 (13) (12)

解式(13)得 l0k + lk0 lk0 Ti = l k + 2lk T1 + l k + 2lk T2 . 0 0 0 0 将(14)式代入(9)式得 kk0 H1 = l k + 2lk ( T1-T2 )S . 0 0 (15) (14)

要保持室内温度恒定,应有 q = H1 .由式(3)知,在双层玻璃情况下热泵消耗的最小电功率 ( T1-T2 )2 kk0 P′ S . min = l0k + 2lk0 T1 在理想情况下,热泵工作时间 t 需要的电费 C′ min = P′ min tc ; 代入有关数据得 C′ min = 2.52 元 . (18) (17) (16)

所以,改用所选的双层玻璃板后,该热泵工作 12 h 可以节约的电费 △Cmin = C min -C ′ min = 21.47 元 . (19)

18.为表述方便,以下热量均用绝对值表示。 可以采用热机热泵联合供暖方案:利用热机从锅炉吸收热量,转化为功;此功驱动热泵,从户外吸热,向室外 放热。 热机的高温热源锅炉,低温热源可选室内或户外环境。以室外为例,设热机从锅炉吸热 Q0 ,向室外放热 Q10 ,则 有

Q0 Q10 ? ?0 T0 T0

(1)

热泵的高、低温热源分别为室内、户外环境。设热泵从户外吸热 Q2 , 向室外放热 Q12 , 则有

?

Q12 Q2 ? ?0 T1 T2

(2)

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第 18 页

共 34 页

通过热机、热泵联合工作,室内获得的总能量为

Q1 ? Q10 ? Q12
将(1) 、 (2)两式相加,得

(3)

Q0 Q2 Q1 ? ? ?0 T0 T2 T1
若热机以户外环境为低温热源,同理可得上式。 由能量守恒定律给出

(4)

Q1?Q0 ? Q2
直接供暖时,给室内供热 Q1 , 锅炉所释放的热量为

(5)

Q0/ ? Q1
联立(4) (5)两式,可得热机热泵供暖锅炉释放的热量为

(6)

Q0 ?
能耗下降率为

T0 (T1 ? T2 ) Q1 T1 (T0 ? T2 )

(7)

Q0 / ? Q0 T2 (T0 ? T1 ) ? Q0 / T1 (T0 ? T2 )

(8)

理论极限为上式取等号。 评分标准:本题共 10 分,其中(4)式占 4 分。 19.以 pa 表示环境中大气的压强,则初始时装入容器的空气的压强为 pa ,温度为 Ta ,以 V a 表示其体积。当容器与 冰山接触,达到平衡时,容器中空气的温度为 T1 ,体积减小为 V0 ,根据题意,空气经历的过程为等压过程,故有
V0 Va ? T1 Ta

(1)

在这一过程中,容器中空气内能的增加量为
?U ? 2.5 pa ?V0 ? Va ? ,

(2)

大气所考察空气做功为
W ? ? pa ?V0 ? va ?

(3)

若以 Q 表示此过程中冰山传给容器中空气的热量,根据热力第一定律有
Q ? ?U ? W 。

(4)

由以上四式得

?T ?T ? Q ? 3.5 paVa ? 1 a ? ? Ta ?

(5)

(5)式给出的 Q 是负的,表示在这一过程中,实际上是容器中的空气把热量传给冰山。 容器中空气的温度降至冰山温度后,又经一过等容升温过程,即保持体积 V0 不变,温度从 T1 升至环境温度 Ta ,并从 周围环境吸热。若以 p1 表示所考虑空气的压强,则有
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p1 pa ? Ta T1

(6)

设喷管的体积为 u ,当喷管中的气体第一次被喷出时,容器中空气的压强由 p1 降到 p2 ;根据题目给出的条件,有
p1 ?V0 ? u ? ? p2V0 ,

(7) (8)

即 p2 ? p1

V0 ? u V0

喷出气体获得的动能
?Ek1 ? ? p1 ? pa ? u 。

(9)

当喷管中的空气第二次喷出后,容器中空气压强由 p2 降到 p3 ,根据题给出的条件可得
p3 ? p2 V0 ? u V0

(10)

喷出气体获得的动能
?Ek2 ? ? p2 ? pa ? u 。

(11)

当喷管中的空气第 N 次被喷出后,容器内空气的压强由 pN 降到 pN ?1 ,根据题给出的条件可得
pN ?1 ? pN V0 ? u V0

(12)

喷出气体获得的动能
?E1k ? ? pN ? pa ? u 。

(13)

如果经过 N 次喷射后,容器中空气的压强降到周围大气的压强,即
pN ?1 ? pa ,

(14)

这时喷气过程终止,在整过喷气过程中,喷出气体的总动能。
Ek ? ?Ek1 ? ?Ek 2 ? ? ?EkN

(15)

利用(8)到(13)式, (15)式可化成
? ? V ? u ? ? V ? u ?2 0 Ek ? p1u ?1 ? ? 0 ??? ? ? V0 ? ? V0 ? ? ? ? ?V ? u ? ?? 0 ? ? V0 ?
N ?1

? ? ? Npa u , ? ?

(16)

(16)式等号右边第 1 项方括号内是 N 项的等比级数,故有
?V ? u ? 1? ? 0 ? V Ek ? p1u ? 0 ? ? Npa u 。 V ?u 1? 0 V0
N

(17)

又,根据(8) 、 (10) 、 (12) 、 (14)各式可得

?V ? u ? p1 ? 0 ? ? pa , ? V0 ?
对(18)式等式两边取自然对数得

N

(18)

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第 20 页

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? p u? N ln ?1 ? ? ? ln a 。 p1 ? V0 ?
因u
N?

(19)

V0 ,可利用近似公式 ln ?1 ? x ? ≈ x 把(19)进一步化简,即
V0 p ln 1 u pa

(20)

进而由(17) 、 (18) 、 (20)三式得
Ek ? ? p1 ? pa ?V0 ? paV0 ln p1 pa

(21)

将(1) 、 (6)代入(21)式,可得

? T T T ? Ek ? pa va ?1 ? 1 ? 1 ln 1 ? 。 ? Ta Ta Ta ?
根据题意,这些动能可转化成的电能为

(22)

? T T T ? E ? 0.45 paVa ?1 ? 1 ? 1 ln 1 ? 。 ? Ta Ta Ta ?

(23)

以上讨论表明,要获得电能 E ,冰山必须吸收 ?Q 的热量,整座冰山化掉可吸收的总热量
Q1 ? mL 。

(24)

因此可产生的总电量为
E1 ? mL E。 ?Q

(25)

将(5)和(23)带入(25)式,得
9 mL 70 1? T1 T1 T1 ? ln Ta Ta Ta , T1 1? Ta

E1 ?

(26)

代入数据后有
E1 ? 1.5 ?1014 J

(27)

评分标准: (5)式 3 分, (7)式 1 分, (9)式 2 分, (17)式 2 分, (18)式 1 分, (22)式 3 分, (25)~(27)式 各 1 分。

参考解答 2: 以 pa 表示环境中大气的压强。设融化整座冰山可使 n 摩尔的空气参与如题所述的过程,且在过程 ? a ? 中体积和温度 变化分别为 ? V 和 ?T ? T1 ? Ta ,则在此过程中这部分气体放出的热量为
Q ? ? pa ?V ? 5 pa ?V 。 2

(1)

其中右边第一项表示大气对系统做的功,第二项表示系统内能的变化,考虑到物态方程,有
7 Q ? nR ?Ta ? T1 ? , 2
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(2)
第 21 页 共 34 页

这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热,故
Q ? mL ,

(3)

因此联立(2) 、 (3)可得
n? 2mL 。 7 R ?Ta ? T1 ?

(4)

在气体等容吸热的过程 ? b ? 中,设最后达到压强 p0 ,体积达到 V0 ,则易得
pa ? Ta pa , T1

(5) (6)

V0 ?

nRTa p0

再考虑喷气过程:因为等温,在每个喷气的小过程中过后,容器内的压强增量 ?p 满足
p ? ?p V0 ? u ? , p V0

(7)

其中 V0 为过程 ? b ? 中系统的体积, p 为这个喷气过程中容器内的压强,那么喷出的气体的动能
?E ? ? p ? pa ? u ,

(8)

与(7)联立,消去 u ,得
?Ek ? ? ? p ? pa ?V0 ?p 。 p

(9)

因此,做变换 ?E ? dE , ?p ? dp ,总的动能则为
Ek ? ? ? ? p ? pa ?V0
p0 pa

dp p

(10)

? ? p0 ? pa ?V0 ? paV0 ln

p0 pa

最后,据题意所获得的总的电能为
E ? 0.45Ek ,

(11)

将(4) 、 (5) 、 (6) 、 (10)带入(11)式,得
9 mL 70 1? T1 T1 T1 ? ln Ta Ta Ta ; T 1? 1 Ta

E?

(12)

代入数据后有
E ? 1.5 ? 1014 J 。

(13)

评分标准:参考“参考解答 1”的评分标准。 20.1.考虑管的横截面积 AB 和 CD 之间的气体,其中横截面 AB 和 CD 都位于气体的均匀稳流区域内;经过 ?t 时间,该气体的左右边界分别运动到管的横截面 A' B ' 和 C ' D ' 处。如图 1 所示,适当选取时间间隔 ?t 的长短,可使 得横截面 A' B ' 位于气体的云军稳流区域内。因而, ABB' A' 和 CDD ' C ' 区域内各点均在气体的均匀稳流区域内,设 加热装置右方均匀稳流区域内气体的流速为 v1 ,根据功能原理有
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W ?t ? [ p0 (Sv0 ?t ) ? p1 (Sv1?t )] ? ?E
A v0 p0,T0 B B' 图1 A' 加 热 装 置 C

(1)
C'

T1,p1 D D'

式中,?E 表示气体在 A ' B ' D ' C ' 区域内和区域 ABDC 内两种情况下能量之差。考虑到在稳定状态下,气体在两区域 ABDC 和 A ' B ' D ' C ' 的公共区域 A ' B ' DC 中的能量相同; ?E 应当等于处于区域 CDD ' C ' 设 ABB' A' 中的气体的能量 之差
?1 ? ?1 ? 5 ?m 5 ?m 2 ?E ? ? ?mv12 ? RT1 ? ? ? ?mv0 ? RT0 ? 2 ? 2 ? ?2 ? ?2 ?

(2)

式中, ? m 为 ABB' A' 范围内气体的质量。由于气体在从区域 ABDC 运动到区域 A ' B ' D ' C ' 的过程中,质量不变,在 CDD ' C ' 范围内气体的质量也等于 ? m 。由理想气体状态方程有 ?m p0 ( Sv0 ?t ) ? RT0 (3) ?
p1 ( Sv1?t ) ? ?m

?

RT1

(4)

联立(1) 、 (2) 、 (3) 、和(4)式得

T12 ?
其解为

? 7 RT0 2WRT0 ?? p1T0 ? 7 RT02 ? p1 ? ? ? T1 ? ?1 ? ? ?0 2 ? 2 3 ?? ? v0 ? p0 ? ?v0 p0 S ?v0 ? ?? p0 ?

2

2

(5)

? p 7 RT0 p1 1 8W ? RT0 ? 7 RT0 p1 ? T1 ? T0 1 {? ? 4 ? ? 28 ? ? 2 ?? ? } 2 2 p0 2 ? v0 p0 2 p0 Sv0 ? ? v0 ? ? ? v0 p0 ?

2

(6)

负根不合题意,已舍去。

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2.考虑管的横截面 AB 和 CD 之间的气体, 经过 ?t 时间, 该气体的左右边界分别运动到管的横截面 A' B ' 和 C ' D ' 处,如图 2 所示。
A v0 p0,T0 B B' 图2 A' 多 孔 塞 C v2 T1,p1 D D' C'

根据功能原理有
?1 ? ?1 ? 5 ?m 5 ?m 2 2 p0 (Sv0 ?t ) ? p2 (Sv2 ?t ) ? ? ?mv2 ? RT2 ? ? ? ?mv0 ? RT0 ? 2 ? 2 ? ?2 ? ?2 ?

(7)

式中, ? m 为 ABB' A' 范围内气体的质量。由于气体在从区域 ABDC 运动到区 A ' B ' D ' C ' 的过程中,质量不变, 在 CDD ' C ' 范围内气体的质量也等于 ? m 。由理想气体状态方程有 ?m p0 ( Sv0 ?t ) ? RT0 (8) ?
p2 ( Sv2 ?t ) ? ?m

?

RT2

(9)

由(7) 、 (8)和(9)式得
2 v2 ?7

? p2 RT0 RT ? 2 v2 ? ?1 ? 7 0 v ?0 2 ? 0 p0 ? v0 ? v0 ? ?

(10)

其解为

v2 ? v0 [?

RT0 ? 7 p2 RT02 ? 7 p2 RT0 1 ? 4 ? 28 ] 2 2 ? 2 ? 2 p0 ?v0 2 ?v0 ? p0 ?v0 ?

(11)

负根不合题意,已舍去。 评分标准: 本题 15 分 第一问 8 分, (1) (2)式各 2 分, (3) (4) (5) (6)式各 1 分 第二问 7 分, (7)式 3 分, (8) (9) (10) (11)式各 1 分 21.

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25. 设微气团中空气的质量为 m ,当其位移为 z 时,气团的体积为 V ,气团内气体的密度为 ρ ,气团周围大 气的密度为 ρe .气团受到竖直向下的重力 mg = Vρg 和竖直向上的浮力 Vρe g 作用,若气团的加速度为 α ,则由牛 顿第二定律有 mα = -Vρg + Vρe g = -V( ρ -ρe ) g 或有 α = -g 根据理想气体状态方程 m pV = μ RT 可知气体的密度 m μp ρ = V = RT 利用(4)式,注意到 p = pe , (2)式可化成 α = -g Te-T Te (5) (4) (3) ρ -ρe ρ (2) (1)

周围大气在 z 处的温度 Te 等于 z = 0 处的温度 Te0 加从 0 到 z 温度的增量,即 Te = Te0 + △Te z △z (6)

△T 若气团中气体温度随高度的变化率为 ,根据题意,有 △z T = T0 + △Te z △z (7)

T0 为气团位于初始位置时气团中气体的温度.根据题意 Te0 = T0 ,把(6) 、 (7)式代入(5)式得 △T g △Te α= - T ( - )z △z △z e 在(8)式中,若( (8)

△Te △T - ) >0 ,则加速度方向向下,作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势, △z △z

这样,大气层中的大气就处于稳定状态;反之,气团将远离其初始位置,大气层中的大气处在不稳定状态.因周围

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△ Te 大气温度随高度的变化率 是已知的, 故只要知道气团中气体温度随高度的变化率, 便可对气团的运动作出判断. △z 大气的压强随高度的增加而减小,在高度为 z 和 z +△z 处的压强差 △pe = -ρeg△z (9)

式中 ρe 为 z 处的空气的密度,与温度、压强有关,由(4)式表示. 式中负号表示高度增加时,大气压强是减小的.把(4)式代入(9)式得 μpe △pe = - RT g△z e (10)

质量为 m 的气团在上升过程中,其压强将随周围大气的压强的减小而减小,体积要增大,气团对周围空气做 功.因为过程是绝热的,气团的内能要减少,因而温度要降低,温度、压强的变化应满足绝热过程的规律.试题给 出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系,利用理想气体状态方程,可把绝热过程方程表示为温度与压强间的 关系. 由(3)式得 m RT V= μ p 把(11)式代入 pVγ = C 得 μ T = C mR p
?
1

(11)

? ?1 ?

(12)

当气团的压强由 p 变到 p + △p 时,气团的温度将由 T 变到 T +△T .由(12)式 μ T +△T = C ? mR ( p + △p )
1

? ?1 ?

利用二项式定理,忽略△p 的高次方项,并注意到(12)式得 μ T +△T = C mR [ p
?
1

? ?1 ?

γ-1 + γ p

? ?1 ?1 ?

(△p ) ] = T +

γ-1 T γ p△p

故有 △T = γ-1 T γ p△p (13)

根据题意,p = pe ,△p = △pe ,由(7)式、 (10)式和(13)式得 △T γ-1 μg = - γ R △z △Te 已知 = △z T0 △Te γ-1 μg Te0 + ( + γ R )z △z ,代入有关数据可求得 (14)

-6.0 × 10 3 K·m



-1

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γ-1 μg -3 -1 γ R =9.8 × 10 K·m 当 z 不是很大时,有 Te0 +( 故有 △T γ-1 μg = - γ R △z 代入题给的有关数据得 △T - - = -9.8 × 10 3 K·m 1 △z 负号表示高度增加时,气团的温度要下降.可见 ( (16) △Te △T - ) >0 ,作用于气团的合力的方向与气团位移 △z △z (15) △Te γ-1 μg + γ R ) z ≈Te0 △z

的方向相反,指向气团的初始位置,气团发生向上位移后,将要回到初始位置.当 z 不是很大时, (8)式中的 Te 可以用 Te0 代替,可知气团将在初始位置附近做简谐振动.振动的圆频率 ω= 代入数据,得 ω = 1.1 × 10
-2

△T g △Te Te0 ( △z - △z )

(17)

s

-1

(18)

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