《热学》解题方法和技巧

《热学》解题方法和技巧目的：通过对典型例题的分析了解掌握热学解题基本方法和技巧重点：掌握热学解题基本方法和技巧课时：2学时教学过程：一、“标态法”估算分子数目例1．一个容积为11.2×10-3m3真空系统已抽到1.0×10-5mmHg的真空度。为了提高真空度，将它放在300℃的烘箱中烘烤，使器壁释放出所吸附的气体分子，如果烘烤后压强变为1.333Pa。问器壁原来吸附了多少气体分子？解：开始时容器内气体压强为P1=1.0×10-5mmHg=1.3×10-3pa1.333Pa,可忽略容器内原来的气体分子数。烘烤后所吸附的气体分子跑到容器内，使压强变为P1’=1.333Pa。又020111TVPTV'P，∴个个个183102301132321091.1104.22TP1002.6TV'P104.221002.6Vn二、“假设法”求解热学问题1、假设法求解系统温度变化时，水银柱移动问题。⑴系统各部分温度相等时例2．如图1所示，在两端封闭，内径均匀的玻璃管中，有一长为ｌcm的水银柱，在水银柱的两侧各封闭着一部分气体，当玻璃管倾斜放置，环境温度均匀时，水银柱静止于某处。问当环境温度均匀降低时，水银柱向何方移动？解：设上、下两部分各自经等容变化，则对上部分：上上上上PTT'PPT'T'P；对下部分：下下下下PTT'PPT'T'P；∵下上PP，∴下上PP，即水银柱将向下移动。例3．如图2所示，两端封闭的均匀细玻璃管，管内有两部分气体A和B，中间用一段水银柱隔开，A的体积大于B的体积。现将长时间倾置于热水容器中的玻璃管移到空气中后水平放置，问管内水银柱将如何移动？解：假设玻璃管在热水中由倾斜位置变为水平位置，水银柱将向B端移动。再由热水中水平位置移到空气中水平位置，水银柱静止不动。所以玻璃管由热水中倾斜位置移到空气中水平位置的过程中，水银柱向B端移动。例4．如图3所示，甲、乙分别为两端封闭的U型管，内有水银柱，水银柱面高度差为ｈ，当两边气体温度同时升高时，ｈ将：[B]A、甲减小，乙增大；B、甲增大，乙减小；C、甲增大，乙增大；D、甲减小，乙减小。解：∵温度升高时，水银柱将向初态压强小的气体移动，∴甲图中水银柱向A移动，乙图中水银柱向B移动。⑵系统各部分温度不相等而压强相等时例5．如图4所示，在两端封闭，粗细均匀的玻璃管内，置有长度为20cm的水银柱，当玻璃管水平放置时，水银柱恰好在管的中央，两端长均为20cm，此时A、B两边的初温分别为27℃和77℃，如果两边均升高40℃，则水银柱：[A]A、向右移动；B、向左移动；C、保持静止；D无法判断运动与否。解：设左、右两部分各自经等容变化，则对左部分：左左左左左左PTT'PPT'T'P；对右部分：右右右右右右PTT'PPT'T'P；∵右左右左TT,PP，∴右左PP，即水银柱将向右移动。２、假设法求解活塞移动问题。例6．如图5所示，A、B是装有理想气体的气缸,它们的横截面积之比为SA:SB=1:5,活塞E可以在水平方向无摩擦左右滑动,区域C始终与大气相通,设外界压强为1atm。当整个装置保持某一温度时,气缸A中的气体压强是6atm,活塞静止。当气缸A和B的温度同时由原来的温度升高到某一温度(区域C内的温度不变)。则：[AC]A、升温前，气缸B内的气体的压强为2atm；B、升温前，气缸A、B内气体体积之比为1∶3；C、开始升温，活塞要向气缸A的方向移动；D、升温后，活塞的移动方向是恒定的。解：⑴升温前，对活塞：PBSB=PASA+P0(SB-SA)∴PB=2atm,即A正确；⑵升温前：VA:VB=LASA：LBSB，不能确定(∵LA和LB的关系未知)；⑶升温时：TT6PTTPAA；TT2PTTPBB(均设为等容),∴ABBAAASTT10SPSTT6SP,故活塞向A方向移动，即C正确；⑷升温后，活塞向A移动，F合=ΔPASA-ΔPBSB变小,即，活塞先向A做ａ变小的加速运动后做ａ变大的减速运动，当速度为零时开始反向运动。故活塞作往复运动。３．假设法求解系统移动问题例7．两容器A和B之间有一硬管相通，放在光滑的水平面上，A内充有高压气体，B内为真空。如图6所示，若打开阈门K，使气体沿管由A喷入B，在这个过程中容器将：[B]A、向右移动；B、向左移动；C、保持静止；D无法判断运动与否。解：假设沿管有如图５所示的虚线，则A、B两容器上、下两圆弧受力一定各自为零。在K打开时，∵PAPB,∴PAS1PBS2，即气体对容器的合力向左，故B正确。三、“密度法”求解变质量问题例8．在一根一端封闭的均匀直玻璃管中，有一段5cm长的水银柱，把质量为m的空气封闭在玻璃管内，当玻璃管水平放置时，管内的空气柱的长度为14cm。现缓慢地摇动玻璃管，让一定质量的空气进入封闭在管内的空气柱中，最后当玻璃管处在竖直位置且开口向下时，空气柱的长度为16.5cm。设在整个过程中温度保持不变，大气压强为75cmHg。求后来进入玻璃管内的空气的质量。解：设玻璃管在水平位置进入空气后气柱增长ΔL，则：75×(14+ΔL)S=(75-5)×16.5S∴ΔL=1.4cm。由恒量TP知，后来进入的空气与原来封闭在管内的空气密度相同。∴101LLmm。四、“受力分析法”求解热学问题１．“受力分析法”求解系统运动状态改变时的水银柱移动问题例9．如图7所示，在两端封闭，粗细均匀的玻璃管内，置有长度为20cm的水银柱，当玻璃管水平放置时，水银柱恰好在管的中央，两端长均为20cm，温度相同，压强均为76cmHg。当管沿水平方向加速运动时，左端空气柱长度变为19cm。求加速度的大小和方向。设温度保持不变。解：⑴由于水银柱向左移动，∴P左＞P右，故加速度方向向右；⑵左端：P０L0=P1L1；右端：P０L0=P２L２；对水银柱：(P1-P2)S=ma,即：ρ(h1-h2)gS=L0Sρa,解得：a=3.8m/s2。例10．两端开口的内径粗细均匀的U型玻璃管竖直固定在小车上，U型管水平部分长L，竖直部分高h，两侧玻璃管水银面高度在小车匀速运动时为3h/4（如图8所示）。当小车在水平地面上向右加速运动时，要使管中的水银不外流，小车的加速度的大小应为多少？解：水银不外流时，左右两管水银面的高度差Δh=2h/4。对于水平部分水银有：ρg×42hS=ρLSam，∴am=L2gh，故ａ≤L2gh。２．“受力分析法”求解热学中的浮力问题例11．如图9所示，一玻璃管开口竖直向下插入水银槽中，处于静止状态。水银槽上部用活塞封闭住一部分空气，将活塞向下压缩气体时（活塞未碰到玻璃管），ｈ的变化情况是：[D]A、不断增大；B、不断减小；C、始终不变；D、以上结论都不对。解：⑴在玻璃管顶部未达到液面之前：对试管内的气体有：P增大，V变小，故试管下落。但是ρgV排=mg，∴h不变；⑵在管顶部到达液面之下后，P变大，V变小。∴F浮mg，即管下落，且h变小。例12．如图10所示，一根上端封闭的粗细均匀的薄壁玻璃管竖直浮于水中，管中有两段空气柱，上面一段长2d，一段长d，中间有一段长d的水柱隔开，平衡时管顶高出水面d。经晃动上、下水柱结合在一起，晃动时无气体从管中逸出。试求晃动试管后再次达到平衡时，管顶离水面的高度。（水的密度为ρ，大气压强为P0。）解：由题知：试管两次平衡时均有：ρgV排=mg。∴V排=2d·S恒定。故再次平衡时有：P2=P0+ρg·2d，由玻意耳定律可得：(P0+ρg·3d)dS+(P0+ρg·2d)·2dS=(P0+ρg·2d)·2LS∴d2dgd3Pgd3PL00，故dgd3Pgd3Pd2Lh00。五、“面积法”求解理想气体的内能问题例13．一定质量的理想气体，由平衡状态A变化到平衡状态B，如图11所示。则无论经过什么过程，系统必然将：[B]A、对外做功；B、内能增加；C、从外界吸热；D、向外界放热。解：∵PA=PB，VBVA∴TATB即EAEB。∴选项B正确。如图所示A→E→D→C→B：则气体对外做功为：W1=SDEFH0；外界对气体做功为：W2=SBCHG0；总功为W=W1+W2。∵不能确定W1和W2的大小关系，∴不能确定W的正负，故选项A不正确，从而也不能确定Q的正负，故选项C、D也不正确。例14．如图12所示，为一定质量的理想气体的P-V关系图。气体由状态A分别经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个不同的过程，变为状态B、C、D。已知B、C、D三个状态的温度相同，Ⅰ为等容过程，Ⅲ为等压过程，表示过程Ⅱ的直线AC的延长线经过原点，比较这三个过程，正确的分析是：[BC]A、气体内能增量ΔEⅠΔEⅡΔEⅢ；B、气体吸收热量QⅠQⅡQⅢ；C、气体对外做功WⅠWⅡWⅢ；D、气体的密度ρBρCρD。解：⑴∵TB=TC=TD∴ΔT相同，即ΔEⅠ=ΔEⅡ=ΔEⅢ；故选项A错；⑵∵WⅠ=0，WⅡ=SACFG0，WⅢ=SADEG0，而WⅠ＋QⅠ=WⅡ＋QⅡ=WⅢ＋QⅢ=ΔE，∴QⅠQⅡ，QⅠQⅡ。又TVPTVPDDCC，即2VP2VPDDCC,即SOCF=SODE,又SOAGSOHG，∴SOCF-SOAGSODE-SOHG,即SACFGSHDEGSADEG,即WⅡWⅢ,∴QⅡQⅢ,故选B、C正确。⑶∵恒量TP，∴DDCCBBPPP而PBPCPD，∴ρBρCρD，即D错。六、“设界法”求解热学问题例15．如图13所示，在温度保持不变的情况下，轻弹左边细管，使唤两段水银柱结合在一起，而封闭的空气没有漏出，则后来水银柱的下端面A’与原来的下端面A的高低相比较是：[A]A、A’比A低；B、A’比A高；C、A’与A等高；D无法判断。解：作如图12所示的虚线作为分界线，则∵P1、T1不变，∴V1’=V1。而P2’P2，T不变，V２’V２。故V1’＋V２’=V1＋V２，选项A正确。例16．竖直放置的U型玻璃管，右端开口，左端封闭一段长为30cm的空气柱。右管的内径是左管的内径的２倍，左管水银面比右管水银面高37.5cm，大气压强为1.0×105Pa。现将左管水银面下方30cm处用小钉钉一小孔，拔出小钉后（设温度不变）。求：⑴U型管中水银柱将发生怎样的变化？⑵最终左管封闭的空气柱长度是多少？新产生的空气柱有多长？（如图14甲所示）。解：⑴拔钉后小孔与外界大气相通,大气压强大于小孔处压强,因此从小孔处水银分成两段,上方30cm水银柱上移,下方水银柱下移,直至两管水银面等高.如图14乙所示。⑵对左管封闭空气柱：P1=P1-Ph=37.5cmHg，L1=30cm；末态：P2=75-30=45cmHg。由玻意耳定律，得：37.5×30S=45×L2S，∴L2=25cm。小孔上方空气柱x1=L1-L2=5cm。设小孔下方有空气柱x2，则：37.5-30=x2+x２/4。（∵r1=r2/2，∴S1=S2/4,即右管上升x２/4）。∴x２＝6cm，故小孔处新产生的空气柱长为x１+x２＝11cm。七、“韦达定理法”求解热学问题例17．如图15所示，一根一端封闭的开口向上的玻璃管，长L=96cm，用一段长为h=20cm的水银柱封闭长为h1=60cm的空气柱，其初温为27℃,问温度升高至多少度，水银柱方能从管中全部溢出？（大气压强P0=76cmHg）解：温度升高至水银柱和管口相平时，为等压过程，之后，温度继续上升，水银开始溢出。气体压强减小，体积增大。当PV值最大时，必有相应的最高温度，设此时管中尚存xcm的水银柱。此后，水银继续溢出，温度下降。∴20110TS)xL)(xP(TSh)hP(，即x2-20x+(19.2T2-7296)=0∴Δ=(-20)2-4(19.2T2-7296)≥0，即T2≤385.2K。∴至少长至385.2K才行。信息反馈：