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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高中物理热学专题选校网 www例1 设一氢气球可以自由膨胀以保持球内外的压强相等，则随着气球的不断升高，因大气压强随高度而减小，气球将不断膨胀。如果氢气和大气皆可视为理想气体，大气的温度、平均摩尔质量以及重力和速度随高度变化皆可忽略，则氢所球在上升过程中所受的浮力将_（填“变大”“变小”“不变”）【分析解答】以氢气为研究对象，设地面附近和高空h处的压强和体积分别为p1
2、，p2，V1，V2。因为温度不变，由玻-马定律可知：p1V1=p2V2 以大气为研究对象，在地面附近和高空h处的压强和大气密度分别为户p1，p2（与氢气对应相等）p1，p2因为大气密度和压强都与高度设氢气球在地面附近和高空h处的浮力分别为F1，F2则F1=p1gV1F2=p2gV2所以正确答案为浮力不变。例2 如图7-1所示，已知一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2。问：气体对外是否做功？【分析解答】如图7-2所示，分别做出过1和2的等容线和，由图可知，直线的斜率大于直线的斜率，则VV，即V2V1，所以，从状态1变化到状态2，气体膨胀对外做功了。【评析】从此题的解答可以看到，利用图象帮助解
3、决问题，有时是很方便的，但这种方法首先必须按图象有一个清楚的了解，只有在“识别”图象的基础上，才能准确地“运用”图像。例3 一定质量的理想气体的三个状态在V-T图上用A，B，C三个点表示，如图7-3所示。试比较气体在这三个状态时的压强pA，pB，pC的大小关系有：（ ）ApCpBpCBpApCpBCpCpApBD无法判断。【分析解答】因为所给的是V-T图，A，B，C三点的温度体积都不一样，要想比较三个状态的压强，可以利用V-T图上的等压线辅助分析。在V-T图上，等压线是一条延长线过原点的直线，可以通过A，B，C三点做三条等压线分别表示三个等压过程，如图7-4所示。一定质量的理想气体在等压过程中
4、压强保持不变，体积与温度成正比，为了比较三个等压线所代表的压强的大小，可以做一条等温线（亦可作一条等容线，方法大同小异，以下略），使一个等温过程与三个等压过程联系起来，等温线（温度为T）与等压线分别交于A，B，C，在等温过程中，压强与体积成反比（玻意耳定律），从图上可以看出：VAVBVC，所以可以得出结论：pApBpC，而A与A，B与B，C与C分别在各自的等压线上，即pA=pA，pB=pB，pC=pC，所以可以得出结论，即pApBpC，所以正确答案为A。例4 如图7-5，A，B是体积相同的气缸，B内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。起初，阀门关闭，A内装有
5、压强p1=2.0105a温度T1=300K的氮气。B内装有压强P2=1.0105Pa，温度T2=600K的氧气。打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡，以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积，则V1V2 =_（假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽略）【分析解答】对于A容器中的氮气，其气体状态为：p1=2.0105pa V1=V T1300KP1=P V1=V1（题目所设） T1=T由气体状态方程可知：对于B容器中的氧气，其气体状态为：p2=1.0105pa V2V T2=600Kp2=p V2=V2（题目所设） T2=T由气态方程可知联立消去T，V可得：此
6、题的正确答案为V1V2 =41 【评析】解决有关两部分气体相关联的问题时，要注意两方面的问题。首先，要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析出初、未状态的p，V，T情况，分别列出相应的方程（应用相应的定律、规律）切不可将两部分气体视为两种状态。其次，要找出两部分气体之间的联系，如总体积不变，平衡时压强相等，等等。例如本题中，阀门关闭时两边气体体积相等，阀门打开两边气体压强相等，温度相等，利用这些关系，可以消去方程中的未知因素，否则，也解不出正确结果。例5 如图7-6所示，一个横截面积为S的圆筒型容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为，圆板的质量为
7、M，不计圆板A与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为P0，则被圆板封闭在容器中气体的压强p等于（ ）【分析解答】以金属圆板A为对象，分析其受力情况，从受力图7-8可知，圆板A受竖直向下的力有重力Mg、大气压力p0S，竖直向上的正确答案应为D。【评析】正如本题的“分析解答”中所做的那样，确定被活塞封闭的气体的压强的一般方法是：以活塞为研究对象；分析活塞的受力情况；概括活塞的运动情况（通常为静止状态），列出活塞的受力方程（通常为受力平衡方程）；通过解这个方程便可确定出气体的压强。例6 如图7-9所示，在一个圆柱形导热的气缸中，用活塞封闭了一部分空气，活塞与气缸壁间是密封而光滑的，一弹簧秤挂在活塞上，将
8、整个气缸悬吊在天花板上。当外界气温升高（大气压不变）时，（ ）A.弹簧秤示数变大B.弹簧秤示数变小C.弹簧秤示数不变D.条件不足，无法判断【分析解答】对活塞受力分析如错解，F=mg+p0S-pS现在需要讨论一下气体压强的变化。以气缸为对象受力分析，如图7-11因为M、S、P0均为不变量，所以，在气体温度变化时，气体的压强不变。而气体在此过程中作等压膨胀。由此而知，弹簧秤的示数不变，正确答案为C。【评析】通过本题的分析可以看出，分析问题时，研究对象的选取对解决问题方向的作用是至关重要的。如本题要分析气体压强的变化情况，选取气缸为研究对象比研究活塞要方便得多。另外如本题只是分析弹簧秤的示数变化，选
9、整个气缸和活塞为研究对象更为方便，因对气缸加热的过程中，气缸、气体及活塞所受重力不变，所以弹簧秤对它们的拉力就不会变化，因此弹簧秤的示数不变。例7 如图7-12所示，两端封闭、粗细均匀的细玻璃管，中间用长为h的水银柱将其分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直放置，两段空气柱长度分别为l1，l2，已知l1l2，如同时对它们均匀加热，使之升高相同的温度，这时出现的情况是：（ ）A水银柱上升B水银柱下降C水银柱不动D无法确定【分析解答】假定两段空气柱的体积不变，即V1，V2不变，初始温度为T，当温度升高T时，空气柱1的压强由p1增至p1，p1=p1-p1，空气柱2的压强由p2增至p2，p2= p2
10、-p2。由查理定律得：因为p2=p1+hp1，所以p1p2，即水银柱应向上移动。所以正确答案应选A。【评析】（1）这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的所而它的受力改变又是手。（2）压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就大。同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。就本题而言，水银柱将向下移动。例8 把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图7-13所示，求在这过程中外力
11、做功为多少？（已知活塞面积S=1.0dm2，大气压户p0=1.0105Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s2）【分析解答】在把活塞提升最初的10m的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即在把活塞提升的后5m的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即：W2=p0S(H-h)=5.0103(J)则在全过程中外力做功为W=W1+W2=1.0104（J），即为正确答案。【评析】解决物理问题的关键是要分析清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上移15m，但结合大气压强的知识
12、，要分析真实的物理过程是水并未随之上升15m，而是只将水提升了10m。例9 如图7-14所示，A，B两容器容积相同，用细长直导管相连，二者均封入压强为户，温度为T的一定质量的理想气体，现使A内气体温度升温至T，稳定后A容器的压强为多少？【分析解答】因为升温前后，A，B容器内的气体都发生了变化，是变质量问题，我们可以把变质量问题转化为定质量问题。我们把升温前整个气体分为（V-V）和（V+V）两部分（如图7-15所示），以便升温后，让气体（V-V）充满A容器，气体（V+V）压缩进B容器，于是由气态方程或气体实验定律有：【评析】气态方程及气体实验定律都只适用于质量一定的理想气体，但对于质量变化的问题
13、，我们只要巧妙地选取研究对象，便可将变质量问题转化为定质量问题，这是一种处理问题的重要方法。例10 一端封闭一端开口，内径均匀的直玻璃管注入一段60mm的水银柱，当管水平放置达到平衡时，闭端空气柱长140mm，开口端空气柱长140mm，如图7-16所示。若将管轻轻倒转后再竖直插入水银槽内，达到平衡时，管中封闭端空气柱A长133mm，如图7-17所示（设大气压强为1.01325105Pa（760mmHg），温度保持不变），求槽中水银进入管中的长度H=？【分析解答】把全过程分为两个过程看待。第一个过程：从水平到竖直尚未插入对A气体：pAVA=pAVA对B气体：lB=(1402-152)=128(m
14、m)pB=p0=760(mm)第二个过程：当玻璃管插入水银槽后对A气体：pAVA=pAVA可以求得pB=（800+60）=860（mmHg）对B气体；初态为竖直尚未插入，未态为已经插入后pBVB=pBVB所以，水银进入管中的水银长度为：H=(1402-133-133)=34(mm)【评析】本题与前面的第8题类似，都需要分析清楚问题所述情景的真实物理过程。而有些同学在解题时，只关注已知数值，对某些微妙的变化混然不顾，因此导致思维失误，以致产生错误解法和答案。例11 如图7-18所示，一根一端封闭的玻璃管，当l=0.96m，内有一段长h1=0.20m的水银柱。当温度为t1=27，开口端竖直向上时，
15、封闭空气柱h2=0.60m。问温度至少升到多高时，水银柱才能从管中全部溢出？（外界大气压相当于l0=0.76m高的水银柱产生的压强）T越高，假设管中还有长为X的水银柱尚未溢出时，pV值最大，即（l0+x）（l-x）S的值最大，这是一个数学求极值问题。因为（l0+x）+（l-x）=（l0+l）与x的大小无关，所以由数学知识可知：两数之和为一常数，则当这两数相等时，其乘积最大。所以：l0+x=l-x即管内水银柱由0.20m溢出到还剩下0.10m的过程中，pV的乘积越来越大，这一过程必须是升温的。此后，温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至完全溢出。由气态方程：代入数据得：T
16、2=385.2K。例12 如图7-19所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A，B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k=5103N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p0=1105Pa，平衡时，两活塞问的距离l0=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡，此时，用于压A的力F=5102N, 求活塞A向下移动的距离。（假定气体温度保持不变）【分析解答】设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析：初态：p1=p0 V1=l0S由玻-意耳定律：p1V1=p2V2初态时，弹簧被压缩量为x，
17、由胡克定律：Mg=kx当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图7-20所示。F为此时弹簧弹力由平衡条件可知p0S+F=p0S+F+Mg由胡克定律有：F=k(x+x)联立解得：l=0.3m。例13 内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图7-2所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560mm，AD段充满空气，外界大气压p0=1，01325105Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡后管内空气柱的长度多大？【分析解答】首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。（1）是否会停留在右侧竖直管内。由前面的分析可知是不可
18、能的。（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图7-22所示情况，由玻意耳定律可知200800S=（760-x）300+100-（160-x）S160000=（760-x）（240+x）解得：x1=40cmx2=560mm两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。（3）是否会出现水银柱充满BC管的情况，如图7-23所示。由玻意耳定律可知：200800S=（760+60）l2S解得l2=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道l2=240mm，可见这种情况是不可能的。（4）设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图7-24所示。由玻意耳定律可知
19、200800S=760+（300-l2）l2S因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。【评析】通过本题的分析解答可看出，对于一个具体的物理问题，不能仅观注已知的数据，更要对题目所述的物理过程进行全面的分析，以确定出问题的真实物理过程。同时可以看到，真实物理过程的判断，又是以具体的已知条件及相应的物理规律为基础的，而不是“想当然”地捏造物理过程。例14 圆柱形气缸筒长2l，截面积为S，缸内有活塞，活塞可以沿缸壁无摩擦不漏气的滑动，气缸置于水平面上，缸筒内有压强为p0，温度为T0的理想气体，气体体积恰好占缸筒容积的一半，如图725所示。此时大气压也是p0，弹簧的劲度系数为k
20、，气缸与地面的最大静摩擦力为f，求：（1）当klf，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体温度是多少？（2）当klf，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体的温度又是多少？【分析解答】第一问如上所述，略。第二问，当klf，就意味着弹簧压缩到一定程度，设压缩量为x，即kx=f处，就不继续压缩，这之后，气缸开始滑动，而气体则做等压升温膨胀。气体的变化可以分为三种状态两个过程，如图728所示。第一个过程：甲态乙态，p，V，T都变。而丙态的压强与乙态相同，第二个过程：从甲态丙态应用气态方程【评析】例15 如图7-29所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。
21、左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）【分析解答】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图7-31）则：由玻意耳定律有：（750+h）150S=（750-h-2x）（150+x）S整理得：2x2+（h-450）x+300h=0当=b2-4ac0时，方程有实数解，即（h-450）2-42300h0解得：
22、h62.5mm也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图732所示，末状态变为：V2=（250+y）S p2=（750-30）=450（mmHg）根据玻意耳定律：850150S=450（250+y）S解得：y=33.3mm则空气柱的长度为：l=（250+33.3）=283.3（cm）。【评析】对于一道物理习题，应该从每个数值的物理意义去分析问题，而不能只单纯从数学运算的角度去制定。例16 容积V=201的钢瓶充满氧
23、气后，压强为p=30个大气压，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V=51的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶中的氧气压强均为P=2个大气压。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是： A4瓶 B50瓶C56瓶 D60瓶【分析解答】设最多可装的瓶子数为n，由玻意耳定律得：pV=pV+npV解得：n=56（瓶）所以本题的正确答案为C。【评析】解答物理问题时我们不仅要会用数学方法进行处理，同时还要考虑到物理问题的实际情况。任何物理问题的数学结果都要接受物理事实的制约，因此在学习中切忌将物理问题纯数学化。例17 一个绝热气缸，压缩活塞前容积为V，内部气体的压强为p， C大于
24、6p D小于6p【分析解答】因为气缸绝热，所以热传递Q=0，而现用力将活塞推进，使体积减小，即外力对气体做功了，也就是气体的温度升高了，由气态方程可知pV=cT，只有当p6p时，pV乘积才可能是增加的。所以B不对。正确答案应选C。【评析】本题在分析清楚“推进活塞时气体做功气体内能增加气体温度升高”这一关系的基础上，也可用气态方程做出判断：p1=p，例18 下列说法中正确的是 A温度低的物体内能小B温度低的物体分子运动的平均速率小C做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D外界对物体做功时，物体的内能不一定增加【分析解答】由于物体内能的变化与两个因素有关，即做功和热传递
25、两方面。内能是否改变要从这两方面综合考虑。若做功转化为物体的内能等于或小于物体放出的热量，则物体的内能不变或减少。即外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，选项D是正确的。例19 如图7-33所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，密闭住一段理想气体，其状态参量为p0，V0，T0，在与外界无热交换的情况下，先压缩气体到p1，V1，T1状态，再让气体膨胀到p2，V2，T2状态，若V1V0V2，则 AT1T0T2 BT1=T0=T2CT1T0T2 D无法判断【分析解答】从题目给出的条件，V1V0V2和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V0V1的过程，气体体积减小，外界对气体做功，
26、而系统吸放热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度增加，所以T1T0。从状态1经过状态0到状态2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以T0T2，结果为T1T0T2。本题的正确答案为A。 例20 将一装有压缩空气的金属瓶的瓶塞突然打开，使压缩空气迅速跑出，当瓶内气体压强降至等于大气压p0时，立即盖紧瓶塞，过一段时间后，瓶内压强将：（设瓶外环境温度不变） A仍为p0 B大于p0C小于p0 D无法确定【分析解答】拔开瓶塞，瓶内空气急速膨胀跑出来，这是一个近似的绝热膨胀过程，气体对外做功。根据热力学第一定律，气体的内能一定减少，即温度迅速降低。由于是在室温下拔开瓶塞的，所以瓶内气体的温度一定低于室温。当瓶内外气体压强相等后，塞上瓶塞，立刻又出现了一个新的热力学过程，由于瓶内气温低于室温，必将有热量从外界传向瓶内空气，使瓶内空气的温度升高，瓶内空气的压强也就随着温度的升高而增大。所以，正确答案应为B。-