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1、设地球上能被人类利用的能源功率共计为P=1013W，而传到地球上的太阳能的功率为P0=1017W．①试求因利用地球上的能源而使地球表面升高的温度是多少?②若从生态平衡观点看，若升温不超过△Tmax=0.1K的话，则地球上的能源允许利用的最大功率为多大?[思路分析]地球不可视为黑体，它一方面吸收太阳辐射的能量，另一方面也不断地辐射．若未利用地球上的能源，则地球达到热平衡时它辐射的能量等于太阳辐射给它的能量；若利用了则它辐射功率为P0+P．用非黑体辐射功率公式可求解．解：①设未利用地球能源时地球达热平衡的表面温度为T0，不妨取T0=300K，此时地球辐射功率应等于P0，由非黑体辐射功率公式得400PT；设因利用地球上的能源功率P时地球达热平衡的表面温度升高△T，此时地球辐射功率等于P0+P，同理有44440000000002004()(1)(14),10(K);4TTTPPTTTTPPTTTPTTP故②由①得允许利用最大功率1714maxmax0001441010(W)300TPPT。说明：本例是热辐射规律在实际生活中应用，解决此类问题应先建立并理解模型，挖掘关键隐含条件如(未)利用地球能源时地球辐射功率与接受功率间的关系，同时进行数学近似处理．2、有一气筒除底部外都是绝热的，上边是一个可以上下无摩擦移动而不计重力的活塞，中间有一个位置固定的能导热的隔板，将筒分为相同的A、B两部分，在A、B中各盛有1molN2，如图．现由底部缓缓将350J热量传给气体，不计导热板的热容，求A和B的温度改变了多少?它们各吸收多少热量?[思路分析]先分析热学过程：因A、B间有隔板导热，故A、B中气体温度始终相同，且在升温中A气体等容增压，B中气体等压膨胀．再分别表达两部分气体作功、热量、内能变化情况，最后由热力学第一定律可求解．解：①设温度均升高△T，吸收热量分别为QA、QB．对B中气体由盖·吕萨克定律分比式有VVTT，B中气体对外作WB=P·△V=PVT△T，而由克拉珀龙方程有PVRT，故WB=R△T，A中气体作功WA=0；A、B两部分气体内能总增量△E=2×52R△T=5R△T；由热力学第一定律△E=Q-(WA+WB)得3507.02(K)668.31QTR；②对A中气体QA=△EA=52R△T=145.8(J)；对B中气体QB=Q-QA=204.2(J)．3、在一个具有绝热壁的气缸内有一个装有小阀门L的绝热活塞，气缸A端装有电加热器起初活塞位于气缸B端，缸内装有一定质量理想气体，温度为T0，活塞与缸壁间摩擦可忽略．现设法将活塞压至A、B中点并用销钉将其固定(图)．在此过程中外力作功W，左部气体温度变为T，然后开启活塞上阀门，经足够长时间再关闭，拔出销钉并用电加热器加热左部气体，最后左室气体压强变为加热前的32倍，右室气体体积变为加热前的34倍．求电热器传给气体的热量．(第三届全国中学生物理竞赛预赛题．)[思路分析]本例过程较复杂涉及三个过程：先绝热压缩；再绝热自由膨胀；后来两部分气体发生一段状态变化，但它们发生在总体积不变的绝热气缸中，故电热器传递的热量等于所有气体内能的增加．分清各阶段W、Q、△E情况后由热力学第一定律结合状态方程可解．解：设缸内气体共有nmol，其定容摩尔热容为CV．①在绝热压缩中因Q=0，故W=△E=nCV(T-T0)，得0VWnCTT;②在打开阀门气体进入右室的绝热自由膨胀(因右室原为真空)中因Q=0、W=0，故内能不变即左右二室温度仍为T，设二室气体平衡后压强均为P，体积均为V；③在加热左室气体的一般状态变化中设左右两室气体温度分别变为TA、TB，分别由状态方程：000351524,,835924,,817(),21611(),2161.2AABBAVABVBABPVPVATTTTPVPVBTTTTWTEnCTTTTWTEnCTTTTWTQEETT对有得对有得故左右两室气体内能增量所以电热器传给气体总热量说明：例4、例5在思路方法上大同小异，分析求解此类问题关键在于先分析清楚热学过程，这有利于再分别表达出作功W、热量Q与内能变化△E的表达式，这当中往往要结合状态方程或克拉珀龙方程和理想气体内能公式，最后由热力学第一定律求解．4、有nmol理想气体经历图所示的l→2→3→l的循环过程：过程1→2和过程2→3在图中为直线段，过程3→1可表达为T=12t1(3-BV)BV，式中B为未知常数，T为热力学温度．求气体在一个循环中所作的功．[思路分析]对非等压变化过程为求一个循环中气体作的功，一般应利用理想气体状态方程将循环过程反映到P—V图中，根据P—V图线与V轴所围面积表示功可求解．解：将过程3→1中T=12t1(3-BV)BV代入状态方程PV=nRT得P=12nRT1b(3-BV)，可见此过程压强随体积线性变化；并将T=T1代入T-V表达式得13212,VVVBB即V1=2V1，而T2=2T1，故1→2为等压膨胀，设压强为P2；在2→3等容变化中压强及温度均减半．综上可作出该循环过程的P—V图线为图示直角三角形．故所求功等于该三角形面积即1121212212221111()()()()2224nRTnRTWPPVVVVnRTVV．说明：①当用常规方法(热力学第一定律)求解循环过程的功或正循环过程热机的效率问题遇到困难时一般要结合状态方程弄清各阶段，尽可能地考虑几种思路，如本题涉及非等压变化时将图形转换为P一V图讨论总功定突破口；②由21211()()2WPPVV和3→1中P随V线性变化知线性变力的功也可用平均力代替恒力用功定义式求．5、1964年制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯，它的气室示意图如图所示．利用海浪上下起伏的力量，空气能被吸进来，压缩后再推人工作室，推动涡轮机带动发电机发电．当海水下降时阀门K1关闭，K2打开．设每次吸入压强为1.0×105Pa、温度为7℃的空气0.233m3(空气可视为理想气体)．当海水上升时，K2关闭，海水推动活塞绝热压缩空气，空气压强达到32×105Pa时，阀门K1方打开．K1打开后，活塞继续推动空气直到气体全部被推入工作室为止，同时工作室的空气推动涡轮机工作．设打开K1后，活塞附近的压强近似保持不变，活塞的质量及活塞与筒壁间的摩擦不计．问海水每次上升时所作的功是多少?已知空气从压强为P1、体积为V1的状态绝热地改变到压强为P2、体积为V2的状态过程中近似遵循关系式512321()PVPV，1mol理想气体温度改变1K时，内能改变为32R(R=8.31J/mol·K)．(第11届全国中学生物理竞赛决赛题)[思路分析]海水通过活塞对吸入的空气作功可分为两个阶段，两个部分讨论．先是K1、K2均关闭时绝热压缩，可由热力学第一定律得W1=△E1=NcV·△T求；后是打开K1后等压压缩，可由公式W2=P·△V求；其中△T和△V可求状态方程结合已知关系式求出．解：①绝热压缩阶段海水作的功W1=△E1=32nR(T2-T1)51111512123221121.0100.233280K,10mol,8.31280()560K,PVTnRTPVPVPVTPVTT其中而由和得故W1=3.49×104J；②等压压缩阶段海水作功W2=P2·△V=P2V2其中552322113210Pa,()PPVVP故W2=4.66×104J所以海水作的总功W=W1+W2=8.15×104J．说明：①热学问题同样要注重过程分析，因为复杂的过程总是由若干简单过程组成，只有抓住了每个过程的特点，明确各过程间的关系，问题就迎刃而解了；②求状态变化过程中对气体作的功常见的方法有：i．等压过程可直接用恒力功定义式的推论W=P·△V求；ii．非等压过程转换为P—V图利用“面积”求；iii．等压或非等压过程均可用热力学第一定律(用内能公式表达△E，再已知或求出Q)或普遍意义的系统能量守恒；③现代科技的一些成果、技术、装置等所反映的问题，要求通过题目条件，抓住问题的实质，构造物理模型，利用熟知物理规律求解，这是必需的能力和素质．