高中物理易错题分析集锦7热学Word格式.docx
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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2如图7-1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θ，圆板的质量为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[ ]
因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于
大气压p0可以向各个方向传递，所以气体压强里应包括p0，
重力产生的压强，压力都应该是垂直于接触面方向，所以重力产生压强应是重力的分力Mg/cosθ，而不是Mg，错解一是对压力这个概念理解不对。
错解二虽然注意到重力的分力Mg/cosθ产生压强，但没有考虑到面
错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是Mg/cosθ而不是Mgcosθ，因为另一个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图7-2。
所以重
【正确解答】以金属圆板A为对象，分析其受力情况，从受力图7-3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。
【小结】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3如图7-4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
【错解分析】错解：
对活塞进行受力分析，如图7-5由活塞平衡条件可知：
F=mg+p0S－pS
当外界气温上升时，气体压强增大，所以弹簧秤的接力F将变小，所以答案应选B。
主要是因为对气体压强变化的判断，没有认真细致地具体分析，而是凭直觉认为温度升高，压强增大。
【正确解答】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7-6
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。
【小结】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4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，则氢气球在上升过程中所受的浮力将______（填“变大”“变小”“不变”）
因为气球上升时体积膨胀，所以浮力变大。
错解二：
因为高空空气稀薄，所以浮力减小。
因为浮力的大小等于气球排开大气所受的重力，F=ρ空·
g·
V，当气球升入高空时，密度ρ减小，体积V增大，错解一和二都是分别单一地强调一方面的变化，没有综合考虑，因此导致错解。
【正确解答】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，p2，V1，V2。
因为温度不变，由玻意耳定律可知：
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ρ1，ρ2（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=ρ1·
V1F2=ρ2·
gV2
所以正确答案为浮力不变。
【小结】如上分析，解决变化问题，需要将各种变化因素一一考虑，而不能单独只看到一面而忽略另一面。
此题也可以利用克拉珀龙方程求解：
在高度h处：
对氢气列克拉珀龙方程
对排开空气列克拉珀龙方程
因为p，V，R，T均相同
所以联立①②得：
我们知道，空气、氢气的摩尔质量是不变的，此题气球中的氢气质量也是一定的，所以排开空气的质量不随高度h而变，又因为重力加速度也不变（由题目知）所以，气球所受浮力不变。
利用克拉珀龙方程处理浮力，求解质量问题常常比较方便。
例5容积V=20L的钢瓶充满氧气后，压强为p=30atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V'
=5L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'
=2atm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：
[ ]
A．4瓶 B．50瓶
C．56瓶 D．60瓶
设可充气的瓶子数最多为n，利用玻意耳定律得：
pV=np'
V'
所以答案应为D。
上述解答中，认为钢瓶中的气体全部充入到小瓶中去了，事实上当钢瓶中气体的压强随着充气过程的进展而下降，当钢瓶中的气体压强降至2atm时，已无法使小瓶继续充气，达到2atm，即充最后一瓶后，钢瓶中还剩下一满瓶压强为2atm的气体。
【正确解答】设最多可装的瓶子数为n，由玻意耳定律得：
pV=p'
V+np'
解得：
n=56（瓶）
所以本题的正确答案为C。
【小结】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6内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图7-7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=1.01325×
105Pa=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？
当从下面截去400mm后，空气柱的压强变了，压强增大，在等温条件下，体积减小，根据玻意耳定律。
初态：
p1=（760-560）=200mmHgV1=（300+100+400）S=800S（mm）3
末态：
p2=（760-160）=600（mmHg）V2=？
L2=267mm即空气柱的长度为267mm。
上述解答看起来没有什么问题，实际上，稍微思考一下，就会发现，答案不合理。
因为解答结果认为空气柱的长度267mm，而AB段的总长度为300mm，这样就意味着水银柱可能进入AB管，而如果水银进入横着的BC管，压强就不再是（760－160）=600mmHg，因此，答案就不对了。
【正确解答】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能的。
（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图7-8所示情况，由玻意耳定律可知
200×
800S=（760－x）[300+100－（160－x）]S
160000=（760－x）（240+x）
x1=40cm
x2=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7-9所示。
由玻意耳定律可知：
200×
800S=（760+60）·
L2·
S
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7-10所示。
由玻意耳定律可知
800S=[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。
【小结】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7如图7-11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。
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）
此题是属于气体在等温情况下压强和体积的变化的题，可以利用玻意耳定律求解。
p1=（750+100）=850（mmHg）
V1=150S（cm3）
设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图7－12所示，
则末态：
p2=（750－100－2x）=（650－2x）（mmHg）
V2=（150+x）S（cm3）
由玻意耳定律有：
p1V1=p2V2
即：
850×
150S=（650－2x）（150+x）S
整理得：
2x2－350x+30000=0
由数学知识可知，当△=b2－4ac=3502－4×
2×
3000＜0，方程无解。
所以，这道题是一道没有解的题。
在解题时，之所以出现这样的情况，是因为解题者的思维是势导致的错误，上述解法是从空气柱仍在左臂的假设出发的，难道空气就不能进到右臂？
显然，认为空气柱仍在左臂的假设是需要重新考虑的。
【正确解答】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7-13）则：
由玻意耳定律有：
（750+h）×
150S=（750－h－2x）（150+x）S
2x2+（h－450）x+300h=0
当△=b2－4ac≥0时，方程有实数解，即
（h－450）2－4×
300h≥0
h≤62.5mm
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100mm＞62.5mm，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7－14所示，末状态变为：
V2=（250+y）Sp2=（750－30）=450（mmHg）
根据玻意耳定律：
150S=450×
（250+y）S
y=33.3mm
则空气柱的长度为：
L=（250+33.3）=283.3（cm）。
【小结】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8一端封闭一端开口，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7-15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7-16所示（设大气压强为1.01325×
105Pa（760mmHg），温度保持不变），求槽中水银进入管中的长度H=？
以水平放置作为初态，以竖直插入水银槽后作为末态，分别对A，B两部。
分气体应用玻意耳定律
对A气体：
pAVA=p'
A·
A
对于B气体：
pBVB=p'
BV'
B因为p'
B=p'
A+h=800+60=860（mmHg）
则进入玻璃管中的水银柱长H=（LA+LB）－（L'
A+L'
B）
H=[（140+140）－（133+123.72）]=23.28（mm）
初看上述解题过程似乎没有问题，实际上，认真分析解题的全过程不难发现，在玻璃管竖直倒立的过程中，当其还未插入水银槽内时，水银受重力作用要下降，故封闭端空气柱变长，开口端空气柱变短，说明开口端有空气溢出，即B部分气体质量减少（不是定质量）。
这部分研究对象的质量发生了变化，但如仍草率地认为初态水平，末态竖直插入的这两个状态是质量不变，而应用玻马定律，固而造成上述失误。
【正确解答】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
AV'
对B气体：
L'
B=（140×
2－152）=128（mm）
p'
B=p0=760（mmHg）
第二个过程：
当玻璃管插入水银槽后
pA·
VA=p'
'
可以求得p'
B=（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
p'
B
所以，水银进入管中的水银长度为：
H=（140×
2－133－133）=34（mm）
【小结】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9如图7-17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，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）
以封闭气体为研究对象，其初态：
p1=（L0+h1），V1=h2S下；
末态是水银刚好完全溢出时的状态：
p2=L0，V2=LS
T2=？
上述解答中有一个错误，就是存在“潜在假设”。
即认为：
水银柱在外溢过程中，气体体积越大，对应温度越高，当气体充满整个玻璃管（即水银全部溢出）时，所对应的温度是最高的。
事实是：
越高。
在水银末溢出前，p不变，V越大，T越大。
在水银溢出的过程中，p减小，V增大，p·
V的乘积并非一直增大。
所以我们在解题的过程中，应找出在什么条件下，pV的乘积最大，由此确定相应的温度。
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，p·
V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：
T2=385.2K。
例10如图7-18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L1＞L2，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
假设两段空气柱的压强p1，p2保持不变，它们的初温为T当温度升高△T时，空气柱1的体积由V1增至V'
1；
，增加的体积△V1=V'
1－V1，考虑到空气柱的总长度不变，空气柱2的体积从V2增至V'
2，且△V2=V'
－V2，
由盖·
吕萨克定律得：
在T，△T都同的情况下，因为V1＞V2，所以△V1＞△V2，所以，水银柱应向下移动。
选B。
这道题因为初温一样，又升高相同的温度，所以比较液柱移动，可能有两种假设，一种为设压强不变，另一种是设体积不变。
而上述解法中假定压强不变而导出水银柱下降这本身就是自相矛盾的。
水银柱的移动情况是由水银柱的受力情况决定的，而受力情况是由两边压强的大小决定的，因此不能假设压强不变。
【正确解答】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p'
1，△p1=p'
1－p1，空气柱2的压强由p2增至p'
2，△p2=p'
2－p2。
由查理定律得：
因为p2=p1+h＞p1，所以△p1＜△p2，即水银柱应向上移动。
所以正确答案应选A。
【小结】
（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，所以必须从压强变化入手。
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11如图7-19，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内装有压强p1=2.0×
105pa温度T1=300K的氮气。
B内装有压强P2=1.0×
105Pa，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V1∶V2=______（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）
开始是平衡状态，未态还是平衡状态，由理想气体状态方
此题答案为1∶4。
理想气体状态方程或气体定律，针对的对象应为一定质量的理想气体，而不能是两种（或两部分）气体各自的状态，必须是一定质量的理想气体初、末两种状态之间满足的关系，上述解法把两部分气体的p1，p2，T1，T2与一定质量的气体前后两种状态的p1，p'
1，T1，T'
1混为一谈，以致出现完全相反的结论。
【正确解答】对于A容器中的氮气，其气体状态为：
p1=2.0×
105paV1=VT1＝300K
P'
1=PV'
1=V1（题目所设）T'
1=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=1.0×
105paV2＝VT2=600K
2=pV'
2=V2（题目所设）T2=T由气态方程可知
联立①②消去T，V可得：
此题的正确答案为V1∶V2=4∶1
【小结】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12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7-20所示，求在这过程中外力做功为多少？
（已知活塞面积S=1.0dm2，大气压强p0=1.0×
105Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s2）
把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。
水柱的质量m=ρ·
S·
H，则水柱的重力势能增加Ep=mgh=ρ·
H·
EP=1.1×
104J
也就是说，外力需做功
W=EP=1.1×
104J在大气压p0=1.0×
105pa的情况下，水柱能上升的最
且应忽略水蒸气气压的影响），而不是题目中提到的15m。
【正确解答】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－hm）
=5.0×
103（J）
则在全过程中外力做功为W=W1+W2=1.0×
104（J），即为
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