在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本章中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p-V，p-T，V-T图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化(内能变化)、体积变化(做功情况)时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。

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”)

[错解]错解一：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。

[错解原因]因为浮力的大小等于气球排开大气所受的重力，F=p_空·g·V，当气球升入高空时，密度p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。

[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，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p₁，p₂和(与氢气对应相等)₁，₂因为大气密度和压强都与高度成正比，所以有。

设氢气球在地面附近和高空h处的浮力分别为F₁，F₂则F₁=p₁·g·V₁F₂=p₂·gV₂

所以正确答案为浮力不变。

[评析]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？

[错解]错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。

错解二：因为1状态与2状态在一条直线上．而p-T坐标上的等容线是直线．所以状态1与状态2的体积相等，气体对外不做功。

[错解原因]错解一是不会应用等容线，不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，因而感到无从下手。

错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态1和状态2在一条直线上，但并不是说p-T图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的状态1与状态2所在的直线就不是一条等容线。

[分析解答]如图7-2所示，分别做出过1和2的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则V_Ⅱ＞V_Ⅰ，即V₂＞V₁，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p_A，p_B，p_C的大小关系有：(　　 )

A．p_C＞p_B＞p_C

B．p_A＜p_C＜p_B

C．p_C＞p_A＞p_B

D．无法判断。

[错解]错解一：因为一定质量的理想气体压强与温度成正比，哪个状态对应的温度高，在哪个状态时，气体的压强就大，即T_C＞T_A＞T_B，所以有p_C＞p_A＞p_B，应选C。

错解二：因为一定质量的理想气体的压强与体积成反比，体积越大，压强越小，从图上可以看出：V_A＞V_C＞V_B，所以户p_A＜p_C＜p_B，应选B。

[错解原因]以上两种错解，从分析思路上讲都错了，都没有了解到气体状态的三个参量(p，V，T)之间两两定量关系是有条件的。如压强与温度(当然应为热力学温度T)成正比的条件是体积不变，而压强与体积成反比的条件应是温度不变。如果不考虑第三个参量，而单纯只讲两个参量之间的关系，显然只能导致错误的结果，同时也培养了错误的思考问题方式，是不可取的。当第三个参量不是定量时，三者之间的关系只能是：,要综合分析考虑。

[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：V_A'＞V_B'＞V_C'，所以可以得出结论：p_A'＜p_B'＜p_C’，而A与A'，B与B'，C与C分别在各自的等压线上，即p_A=p_A'，p_B=p_B'，p_C=p_C’，所以可以得出结论，即p_A＜p_B＜p_C，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内装有压强p₁=2.0×10⁵a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)

[错解]开始是平衡状态，未态还是平衡状态，由理想气体状态方程可知：.

此题答案为1∶4。

[错解原因]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。

[分析解答]对于A容器中的氮气，其气体状态为：

p₁=2.0×10⁵pa　　 V₁=V　　 T₁＝300K

P'₁=P　　　 V'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=1.0×10⁵pa　　 V₂＝V　　 T₂=600K

p'₂=p　　 V'₂=V₂(题目所设)　　 T’₂=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

　[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(　　 )

[错解]错解一：因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于其中为斜面的面积，即。因此，重力产生的压强为，所以其他压强为，故选项A正确。

错解二：重力产生的压强应该为重力的分力在活塞下表面上产生的压强，即而大气压强，所以气体压强为+，因此可选B。

错解三：大气压p₀可以向各个方向传递，所以气体压强里应包括p₀，而重力的合力产生的压强作用在斜面上。因此，重力压强，因此气体压强为+，所以选C。

[错解原因]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，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产生压强，但没有考虑到面积应是()而不是S，还是对压强概念的理解不对。

错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是而不是，因为另一个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图7-7。所以重力的压强为。

[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，竖直向上的力为其他压力在竖直方向的分力，其中，所以

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]对活塞进行受力分析，如图7-10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。

[错解原因]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。

[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

[错解]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。

[错解原因]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。

[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。

[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，求在这过程中外力做功为多少？(已知活塞面积S=1.0dm²，大气压户p₀=1.0×10⁵Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s²)

[错解]把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。因活塞上升H，故上升的水柱的高亦为H，其重心高为，而上升的水柱的质量m=P·S·H，则水柱的重力势能增加Ep=mgh=p·S·H·g，代入数据得

E_p=1.1×10⁴J也就是说，外力需做功

W=E_p=1.1×10⁴J

[错解原因]在大气压p₀=1.0×10⁵pa的情况下，水柱能上升的最大高度=10(m)，(即真空抽水机原理所讲，并且应忽略水蒸气气压的影响)，而不是题目中提到的15m。

[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,)

=5.0×10³(J)

则在全过程中外力做功为W=W₁+W₂=1.0×10⁴(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，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？

[错解]因为A容器温度升高，所以气体膨胀，有一些会跑到B容器中去，假设有△V的气体迁移至B容器，由气态方程可知：

联立①②

[错解原因]主要是因为研究对象不清楚。我们知道，应用气体定律(如玻-马定律，查理定律或气态方程等)时，研究对象应该是一定质量的气体，而本题无论是对于A容器，还是B容器，气体的质量都变化。若把△V做为迁移气体，那么，它所对应的压强、温度参量，在两个式子中应该是一致的，而上解式①中为(△V，p'T')，式②中为(△V，p，T)，这显然是矛盾的，是研究对象选择不当造成的。

[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：

　　 联立①②两个方程，解得：

[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，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1.01325×10⁵Pa(760mmHg)，温度保持不变)，求槽中水银进入管中的长度H=？

[错解]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：p_AV_A=p'_A·V'_A

对于B气体：p_BV_B=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=(l_A+l_B)-(l'_A+l'_B)

H=[(140+140)-(133+123.72)]=23.28(mm)

[错解原因]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。

[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：p_AV_A=p'_AV'_A

对B气体：l'_B=(140×2-152)=128(mm)

p'_B=p0=760(mm)

第二个过程：当玻璃管插入水银槽后

对A气体：p_A·V_A=p''_AV''_A

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'_BV'_B=p''_BV''_B

所以，水银进入管中的水银长度为：

H=(140×2-133-133)=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，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)

[错解]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=？

[错解原因]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：

根据气态方程，由此可见，PV的乘积越大，对应的温度越高。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。

[分析解答]由气态方程，可知，PV乘积越大，对应的温度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

解得：

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=5×10³N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p₀=1×10⁵Pa，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=5×10²N, 求活塞A向下移动的距离。(假定气体温度保持不变)

[错解]设活塞A向下移动的距离为l，对封闭气体列玻-马定律：

由胡克定律可知：

F+Mg=kx　 ②

由于B的质量M没有给出具体数据，只能由①②两式联系解得一个数值，其中带有质量M。

[错解原因]这是一道力热综合题，应根据活塞的力学特征和气体的热学特征分别应用力学规律和热学规律求解。上述题解对气体的分析是正确的，但对活塞的分析是错的。用胡克定律表达式中F=kx中，x若为压缩量，则F为受到的压力，x若为增加的压缩量，则F为增加的压力，F与x要相对应。

[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'，由胡克定律：

Mg=kx'②

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+Mg③

由胡克定律有：

F'=k(x+x')④

联立①②③④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=1，01325×10⁵Pa=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？

[错解]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)=200mmHg　 V₁=(300+100+400)S=800S(mm3)

末态：p₂=(760-160)=600(mmHg)　 V₂=？

解得：l₂=267mm　 即空气柱的长度为267mm。

[错解原因]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。

[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

200×800S=(760-x)[300+100-(160-x)]S

160000=(760-x)(240+x)

解得：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7-23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7-24所示。

由玻意耳定律可知

200×800S=[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。

[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7－25所示。此时大气压也是p₀，弹簧的劲度系数为k，气缸与地面的最大静摩擦力为f，求：

(1)当kl＜f，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kl＞f，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？

[错解](1)以整体为对象。∵kl＜f，所以在活塞移至缸口时(此时弹簧弹力为kl)，系统始终静止。

以活塞为对象，末态受力如图7－26所示。

由平衡条件可知：p₂S=p₀S+kl

以气体为对象，p₁=p₀　 V₁=ls　 T₁=T₀

(2)当kl＞f时，气缸要滑动

解法一：与(1)解法类似

对活塞受力分析如图7－26所示

其余解法与(1)相同，答案也与(1)相同，说明两种情况没有区别。

解法二：以活塞为对象受力分析如图7－27

p₂S+f=kl+p₀S

[错解原因]此题第一问解法及答案均正确。错误主要发生在第二问：(1)没有详细地分析kl＞f情况下气缸，活塞的运动，而是套用了第一问解题的思路，分不清kl＜f与kl＞f在此题中的本质区别。(2)解法2对活塞受力分析出现了气缸受力f，导致错误。

[分析解答]第一问如上所述，略。

第二问，当kl＞f，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7－28所示。

第一个过程：甲态→乙态，p，V，T都变。

在乙态对活塞受力分析可确定此时气体的压强为：

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

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。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)

[错解]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。

初态：p₁=(750+100)=850(mmHg)

V₁=150S(cm³)

设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图7－30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。

[错解原因]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。

[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△=b²-4ac≥0时，方程有实数解，即

(h-450)²-4×2×300h≥0

解得：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7－32所示，末状态变为：V₂=(250+y)S　 p₂=(750-30)=450(mmHg)

根据玻意耳定律：

850×150S=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：

A．4瓶　　　　B．50瓶　　 C．56瓶　　　D．60瓶

[错解]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。

[错解原因]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2个大气压时，已无法使小瓶继续充气，达到2个大气压，即充最后一瓶后，钢瓶中还剩下一满瓶压强为2个大气压的气体。

[分析解答]设最多可装的瓶子数为n，由玻意耳定律得：

pV=p'V+np'V'

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，现用力将活塞推进，使容积减小到，则气缸内气体的压强为

A.等于　　　 B. 等于6p　　　 C．大于6p　 　　D．小于6p

[错解]因为气缸是绝热的，所以压缩过程为等温变化，由玻意耳定律可知，压强与体积成反比，所以在容积减为时，压强应增为6P，所以应该选B。

[错解原因]错误主要是把绝热和等温等同起来，认为绝热就是温度不变，这是解决热学问题中常见的错误。实际上改变内能的方式有两种，即热传递和做功，不能认为没有热传递内能就不改变。

[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p'＞6p时，pV乘积才可能是增加的。

若，，，而由前面分析已知T 增加，则所以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

[错解]错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A。

错解二：由动能公式可知，速度越小，动能就越小，而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选B。

错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定，随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式可知，物体动能也越来越大，所以应该选C。

[错解原因]错解一是没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能和势能的总和。温度低只表示物体分子平均动能小，而不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的总和不一定也小，所以选项A是错的。

实际上因为不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速度有关，也与分子质量有关，单从一方面考虑问题是不够全面的，所以错解二选项B也是错的。

错解三的原因是混淆了微观分子无规则运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动能只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子均参与物体的整体、有规则的运动，这时物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则运动的剧烈情况就要加剧。从本质上说，分子无规则运动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运动情况无关。

[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V₁＜V₀＜V₂，则

A．T₁＞T₀＞T₂　　　　　　　　　 B．T₁=T₀=T₂

C．T₁＜T₀＜T₂　　　　　　　　　 D．无法判断

[错解]由理想气体状态方程可知，T与V，P均有关系。此题只提供了体积之间的关系，而没有压强p₁，p₂，p₃的大小关系，从题目上看，压强也不相等，所以无法判断，应选D。

[错解原因]主要原因没有进一步挖掘题目给出的条件，即“与外界无热交换”这个条件，若注意到这点，必有收获。

[分析解答]从题目给出的条件，V₁＜V₀＜V₂和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V₀→V₁的过程，气体体积减小，外界对气体做功，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T₁＞T₀。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T₀＞T₂，结果为T₁＞T₀＞T₂。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p₀　　　　 C．小于p₀　　　　D．无法确定

[错解]由于是在内外气压相等的情况下塞上瓶塞的，所以过一段时间后，内外压强应该仍然相等，所以答案应该选A。

[错解原因]上述解答中没有从热力学规律出发，不能把生活语言，如“突然”，“空气迅速跑出”等词语，“翻译”成“物理语言”。上述表达的物理语言可表述为：压缩气体对外做功，与外界来不及进行热交换，即所谓的绝热过程。另外就是“过一段时间”，这是一个可能有热交换的过程，因为瓶子是金属的，金属一般都是热的良导体。上述错误正是因为没有分析这两个热力学过程所致。

[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。

[评析]解此类题时要注意把握住题设的关键词所反映的隐含条件，注意分析物理过程，而只是根据自己的生活经验想当然一般是要出错的。

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本章中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。

本章内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律(包括公式和图象两种描述方法)。

例10　 三个绝缘的不带电的相同的金属球A，B，C靠在一起，如图8-9所示，再将一个带正电的物体从左边靠近A球，并固定好，再依次拿走C球、B球、A球，问：这三个金属球各带什么电？并比较它们带电量的多少。

[错解]

将带正电的物体靠近A球，A球带负电，C球带正电，B球不带电。将C，B，A三球依次拿走，C球带正电，B球不带电，A球带负电，Q_A=Q_C。

[错解原因]

认为将C球拿走后，A，B球上所带电量不改变。其实，当C球拿走后，A，B球原来的静电平衡已被破坏，电荷将要重新运动，达到新的静电平衡。

[分析解答]

将带正电的物体靠近A，静电平衡后，A，B，C三球达到静电平衡，C球带正电，A球带负电，B球不带电。当将带正电的C球移走后，A，B两球上的静电平衡被打破，B球右端电子在左端正电的物体的电场的作用下向A运动，形成新的附加电场，直到与外电场重新平衡时为止。此时B球带正电，A球所带负电将比C球移走前多。依次将C，B，A移走，C球带正电，B球带少量正电，A球带负电，且A球带电量比C球带电量多。

|Q_A|=|Q_B|+|Q_C|

[评析]

在学习牛顿第二定律时，当外力发生变化时，加速度就要发生变化。这种分析方法不仅适用于力学知识，而且也适用于电学知识，本题中移去C球，电场发生了变化，电场力相应的发生了变化，要重新对物理过程进行分析，而不能照搬原来的结论。

例11　 如图8-10所示，当带电体A靠近一个绝缘导体B时，由于静电感应，B两端感应出等量异种电荷。将B的左端接地，绝缘导体B带何种电荷？

[错解]

对于绝缘体B，由于静电感应左端带负电，右端带正电。左端接地，左端电荷被导走，导体B带正电。

[错解原因]

将导体B孤立考虑，左端带负电，右端带正电，左端接地后左边电势比地电势低，所以负电荷将从电势低处移到电势高处。即绝缘体B上负电荷被导走。

[分析解答]

因为导体B处于正电荷所形成的电场中，而正电荷所形成的电场电势处处为正，所以导体B的电势是正的，U_B＞U_地；而负电荷在电场力的作用下总是从低电势向高电势运动，B左端接地，使地球中的负电荷(电子)沿电场线反方向进入高电势B导体的右端与正电荷中和，所以B导体将带负电荷。

例12　 如图8－11所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v₀，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v_B=2v₀，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：

[错解]

带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，根据动能定理，电场力所做的功等于带电粒子动能的增量，电势差等于动能增量与电量Q的比值，应选D。

[错解原因]

带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，则粒子在竖直方向将保持有速度v₀，粒子通过B点时不可能有与电场方向一致的2v₀，根据粒子有沿场强方向的速度2v0，则必是重力作用使竖直向上的速度变为零。如一定不考虑粒子重力，这只有在电场无限大，带电粒子受电场力的作用，在电场方向上的速度相比可忽略不计的极限状态，且速度沿电场方向才能成立。而本题中v₀与v_B相比不能忽略不计，因此本题应考虑带电粒子的重力。

[分析解答]

在竖直方向做匀减速直线运动2gh=v₀²①

根据动能定理

[评析]

根据初、末速度或者运动轨迹判断物体的受力情况是解决与运动关系问题的基本功。即使在电学中，带电粒子的运动同样也要应用这个基本功。通过这样一些题目的训练，多积累这方面的经验，非常必要。

例13　 在边长为30cm的正三角形的两个顶点A，B上各放一个带电小球，其中Q₁=4×10^-6 Q₂=-4×10^-6C，求它们在三角形另一顶点C处所产生的电场强度。

[错解]

C点的电场强度为Q₁，Q₂各自产生的场强之和，由点电荷的场强公式，

∴E=E₁+E₂=0

[错解原因]

认为C点处的场强是Q₁，Q₂两点电荷分别在C点的场强的代数和。

[分析解答]

计算电场强度时，应先计算它的数值，电量的正负号不要代入公式中，然后根据电场源的电性判断场强的方向，用平行四边形法求得合矢量，就可以得出答案。

由场强公式得：

C点的场强为E₁，E₂的矢量和，由图8－12可知，E，E₁，E₂组成一个等边三角形，大小相同，∴E₂=4×10⁵(N／C)方向与AB边平行。

例14　 置于真空中的两块带电的金属板，相距1cm，面积均为10cm²，带电量分别为Q₁=2×10^-8C，Q₂=-2×10^-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5×10^-9C的点电荷，求金属板对点电荷的作用力是多大？

[错解]

点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由

[错解原因]

库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。

[正确解答]

两个平行带电板相距很近，其间形成匀强电场，电场中的点电荷受到电场力的作用。

[评析]

如果以为把物理解题当作算算术，只要代入公式就完事大吉。那就走入了学习物理的误区。

例15　 如图8－14，光滑平面上固定金属小球A，用长l₀的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x₁，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x₂，则有：(　　 )

[错解]

　故选B

[错解原因]

错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。

[分析解答]

由题意画示意图，B球先后平衡，于是有

[评析]

r常指弹簧形变后的总长度(两电荷间距离)。

例16　 有两个带电量相等的平行板电容器A和B，它们的正对面积之比S_A∶S_B=3∶1，板长之比∶l_A∶l_B=2∶1，两板距离之比d_A∶d_B=4∶1，两个电子以相同的初速度沿与场强垂直的方向分别射入两电容器的匀强电场中，并顺利穿过电场，求两电子穿越电场的偏移距离之比。

[错解]

[错解原因]

把电容器的电压看成是由充电电量和两板正对面积决定而忽视了板间距离对电压的影响，所以电压比和偏离比都搞错了。

[分析解答]

[评析]

高考中本题只能作为一道选择题(或填空题)出现在试卷上。很多考生为了腾出时间做大题，急急忙忙不做公式推导，直接用数字计算导致思考问题不全面，以至会做的题目得不到分。同时按部就班解题，养成比较好的解题习惯，考试时就会处变不惊，稳中求准，稳中求快。

例17　 如图8－15所示，长为l的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点

向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。

[错解]

摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G，绳子的拉力T和电场力F_电三个力的作用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理

摆球到达最低点时，摆线碰到钉子O′后，若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动，如图8－16。则在最高点D应满足：

从C到D的过程中，只有重力做功(负功)，由机械能守恒定律

[错解原因]

考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。小球同时受到重力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点的思维定势的影响，没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点。而本题中，“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。

[正确解答]

本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图8－17所示，

∴θ=60°。

开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图8－17可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：

在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v₂变为零，切向分量

接着摆球以v₁为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动，碰到钉子O′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O′做合力F的平行线与圆的交点为Q，即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足

过O点做OP⊥AB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：

[评析]

用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压(电流)等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。

例18　 在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度v垂直电场线射入电场，在穿越电场的过程中，粒子的动能由E_k增加到2E_k，若这个带电粒子以速度2v垂直进入该电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？

[错解]

设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y，如图8-18所示。

[错解原因]

认为两次射入的在Y轴上的偏移量相同。实际上，由于水平速度增大带电粒子在电场中的运动时间变短。在Y轴上的偏移量变小。

[分析解答]

建立直角坐标系，初速度方向为x轴方向，垂直于速度方向为y轴方向。设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y。速度为2v时通过匀强电场的偏移量为y′，平行板板长为l。

由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动。

两次入射带电粒子的偏移量之比为

[评析]

当初始条件发生变化时，应该按照正确的解题步骤，从头再分析一遍。而不是想当然地把上一问的结论照搬到下一问来。由此可见，严格地按照解题的基本步骤进行操作，能保证解题的准确性，提高效率。其原因是操作步骤是从应用规律的需要归纳出来的。

例19　 A，B两块平行带电金属板，A板带负电，B板带正电，并与大地相连接，P为两板间一点。若将一块玻璃板插入A，B两板间，则P点电势将怎样变化。

[错解]

U_pB=U_p-U_B=E_d

电常数ε增大，电场强度减小，导致U_p下降。

[错解原因]

没有按照题意画出示意图，对题意的理解有误。没有按照电势差的定义来判断PB两点间电势差的正负。

[分析解答]

按照题意作出示意图，画出电场线，图8－19所示。

我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以U_pB=U_p-U_B＜0，B板接地U_B=0

U_Bp=U_B-U_p=0-U_p

U_p=-E_d

常数ε增大，电场强度减小，导致U_p上升。

[评析]

如何理解PB间的电势差减小，P点的电势反倒升高呢？请注意，B板接地U_p＜0，PB间的电势差减小意味着U_p比零电势降落得少了。其电势反倒升高了。

例20　 如图8－20电路中，电键K₁，K₂，K₃，K₄均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，

(1)若断开K₁，则P将__________；

(2)若断开K₂，则P将________；

(3)若断开K₃，则P将_________；

(4)若断开K₄，则P将_______。

[常见错解]

(1)若断开K₁，由于R₁被断开，R₂上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则P将向下加速运动。

(2)若断开K₂，由于R₃被断开，R₂上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则P将向下加速运动。

(3)若断开K₃，由于电源被断开，R₂上的电压将不变，使得电容器两端电压不变，则P将继续悬浮不动。

(4)若断开K₄，由于电源被断开，R₂上的电压将变为零，使得电容器两端电压下降，则P将加速下降。

[错解原因]

上述四个答案都不对的原因是对电容器充放电的物理过程不清楚。尤其是充电完毕后，电路有哪些特点不清楚。

[分析解答]

电容器充电完毕后，电容器所在支路的电流为零。电容器两端的电压与它所并联的两点的电压相等。本题中四个开关都闭合时，有R₁，R₂两端的电压为零，即R₁，R₂两端等势。电容器两端的电压与R₃两端电压相等。

(1)若断开K₁，虽然R₁被断开，但是R₂两端电压仍为零，电容器两端电压保持不变，则P将继续悬浮不动

(2)若断开K₂，由于R₃被断开，电路再次达到稳定时，电容器两端电压将升高至路端电压R₂上的电压仍为零，使得电容器两端电压升高，则P将向上加速运动。

(3)若断开K₃，由于电源被断开，电容器两端电压存在一个回路，电容器将放电至极板两端电压为零，P将加速下降。

(4)K₄断开，电容器两端断开，电量不变，电压不变，场强不变，P将继续悬浮不动。

[评析]

在解决电容器与直流电路相结合的题目时，要弄清楚电路的结构，还要会用静电场电势的观点分析电路，寻找等势点简化电路。

例21　 一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图8－21所示，小物体以初速v₀从x₀沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE。设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。求它在停止运动前所通过的总路程s。

[错解]

错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有

错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有W_合=△E_k，得

[错解原因]

错误的要害在于没有领会题中所给的条件f＞Eq的含义。当物块初速度向右时，先减速到零，由于f＜Eq物块不可能静止，它将向左加速运动，撞墙后又向右运动，如此往复直到最终停止在轨道的O端。初速度向左也是如此。

[分析解答]

设小物块从开始运动到停止在O处的往复运动过程中位移为x₀，往返路程为s。根据动能定理有

[评析]

在高考试卷所检查的能力中，最基本的能力是理解能力。读懂题目的文字并不困难，难的是要抓住关键词语或词句，准确地在头脑中再现题目所叙述的实际物理过程。常见的关键词语有：“光滑平面、缓慢提升(移动)、伸长、伸长到、轻弹簧、恰好通过最高点等”这个工作需要同学们平时多积累。并且在做新情境(陌生题)题时有意识地从基本分析方法入手，按照解题的规范一步一步做，找出解题的关键点来。提高自己的应变能力。

例22　 1000eV的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电场方向竖直向上，它的初速度与水平方向夹角为30°，如图8－22。为了使电子不打到上面的金属板上，应该在两金属板上加多大电压U？

[错解]

电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，设进入电场时初速度为v₀，

因为电子流在电场中受到竖直向下电场力作用，动能减少。欲使电子刚好打不到金属板上有V_r=0，此时电子流动能

[错解原因]

电子流在电场中受到电场力作用，电场力对电子做功W_e=F_es=eEs其中s必是力的方向上位移，即d／2，所以W_e=_eU，U是对应沿d方向电势降落。则电子从C到A，应对应W_e=eU_AC，故上面解法是错误的。

[分析解答]

电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，欲使电子刚好不打金属板上，则必须使电子在d／2内竖直方向分速度减小到零，设此时加在两板间的电压为U，在电子流由C到A途中，

电场力做功W_e=EU_AC，由动能定理

至少应加500V电压，电子才打不到上面金属板上。

[评析]

动能定理是标量关系式。不能把应用牛顿定律解题方法与运用动能定理解题方法混为一谈。

例23　 如图8－23，一个电子以速度v₀=6.0×10⁶m／s和仰角α=45°从带电平行板电容器的下板边缘向上板飞行。两板间场强E=2.0×10⁴V／m，方向自下向上。若板间距离d=2.0×10^-2m，板长L=10cm，问此电子能否从下板射至上板？它将击中极板的什么地方？

[错解]

规定平行极板方向为x轴方向；垂直极板方向为y轴方向，将电子的运动分解到坐标轴方向上。由于重力远小于电场力可忽略不计，则y方向上电子在电场力作用下做匀减速运动，速度最后减小到零。

∵v_t²-v₀²=2as

y=d=s　 v_t=0

即电子刚好击中上板，击中点离出发点的水平位移为3.99×10^-2(m)。

[错解原因]

为d，(击中了上板)再求y为多少，就犯了循环论证的错误，修改了原题的已知条件。

[分析解答]

应先计算y方向的实际最大位移，再与d进行比较判断。

由于y_m＜d，所以电子不能射至上板。

[评析]因此电子将做一种抛物线运动，最后落在下板上，落点与出发点相距1.03cm。

斜抛问题一般不要求考生掌握用运动学方法求解。用运动的合成分解的思想解此题，也不是多么困难的事，只要按照运动的实际情况把斜抛分解为垂直于电场方向上的的匀速直线运动，沿电场方向上的坚直上抛运动两个分运动。就可以解决问题。

版权所有：()

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在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不善于运用电场线、等势面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对静电平衡内容理解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。

例1　 如图8－1所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是：　　　　　　　 [　　 ]

A．电荷从a到b加速度减小

B．b处电势能大

C．b处电势高

D．电荷在b处速度小

[错解]由图8－1可知，由a→b，速度变小，所以，加速度变小，选A。因为检验电荷带负电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选C。

[错解原因]

选A的同学属于加速度与速度的关系不清；选C的同学属于功能关系不清。

[分析解答]由图8－1可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。

由图8－1可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是U_a＞U_b，C选项不正确。

根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。

[评析]理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功(重力功)与电势能(重力势能)变化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件，鉴别似是而非的说法。

例2　 将一电量为q=2×10⁶C的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功4×10^-5J，求A点的电势。

[错解]

[错解原因]

错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式W=qU中，U系指电场中两点间的电势差而不是某点电势。

[分析解答]

解法一：设场外一点P电势为U_P所以U_P=0，从P→A，电场力的功W=qU_PA，所以W=q(U_P-U_A)，

即4×10^-5=2×10^-6(0-U_A)　 U_A=－20V

解法二：设A与场外一点的电势差为U，由W=qU，

因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所以U_A= －20V

[评析]

公式W=qU有两种用法：(1)当电荷由A→B时，写为W=qU_AB=q(U_A-U_B)，强调带符号用，此时W的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；(2)W，q，U三者都取绝对值运算，如“解法二”，但所得W或U得正负号需另做判断。建议初学者采用这种方法。

例3　 点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图8－2，电场强度为零的地方在　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [　　 ]

A．A和B之间　　　　　　　　 B．A右侧

C．B左侧　　　　　　　　　　　　　 D．A的右侧及B的左侧

[错解]

错解一：认为A，B间一点离A，B距离分别是2r和r，则A，B

错解二：认为在A的右侧和B的左侧，由电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，选D。

[错解原因]

错解一忽略了A，B间E_A和E_B方向都向左，不可能抵消。

错解二认为在A的右侧和B的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，却没注意到A的右侧E_A总大于E_B，根本无法抵消。

[分析解答]

因为A带正电，B带负电，所以只有A右侧和B左侧电场强度方向相反，因为Q_A＞Q_B，所以只有B左侧，才有可能E_A与E_B等量反向，因而才可能有E_A和E_B矢量和为零的情况。

[评析]

解这类题需要的基本知识有三点：(1)点电荷场强计算公式

点电荷而来；(3)某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。

例4　 如图8-3所示，Q_A=3×10^-8C，Q_B=-3×10^-8C，A，B两球相距5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求A，B连线中点场强。(两带电小球可看作质点)

[错解]

以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力相等，所

AB中点总场强E_总=E+E_A+E_B=E_外=1.8×10⁵(N/C)，方向向左。

[错解原因]

在中学阶段一般不将Q_B的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向，

[分析解答]

以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力平衡，

E_外方向与A受到的B的库仑力方向相反，方向向左。在AB的连线中点处E_A，E_B的方向均向右，设向右为正方向。则有E_总=E_A+E_B-E_外。

[评析]

本题检查考生的空间想象能力。对于大多数同学来说，最可靠的办法是：按照题意作出A，B的受力图。从A，B的电性判断点电荷A，B的场强方向，从A或B的受力判断外加匀强电场的方向。在求合场强的方向时，在A，B的连线中点处画出每一个场强的方向，最后再计算。这样做恰恰是在按照物理规律解决问题。

例5　 在电场中有一条电场线，其上两点a和b，如图8－4所示，比较a，b两点电势高低和电场强度的大小。如规定无穷远处电势为零，则a，b处电势是大于零还是小于零，为什么？

[错解]

顺电场线方向电势降低，∴U_a＞U_b，因为无穷远处电势为零，顺电场线方向电势降低，∴U_a＞U_b＞0。

[错解原因]

由于把所给电场看成由正点电荷形成的电场，认为从正电荷出发，顺电场线电势逐渐减小到零，从而得出U_a，U_b均大于零。

[分析解答]

顺电场线方向电势降低，∴U_a＞U_b，由于只有一条电力线，无法看出电场线疏密，也就无法判定场强大小。同样无法判定当无穷远处电势为零时，a，b的电势是大于零还是小于零。若是由正电荷形成的场，则E_a＞E_b，U_a＞U_b＞0，若是由负电荷形成的场，则E_a＜E_b，0＞U_a＞U_b。

[评析]

只有一条电场线，可以判定各点电势高低，但无法判定场强大小及电势是否大于零。

例6　 如图8－5所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是：

A．闭合K₁，有电子从枕型导体流向地

B．闭合K₂，有电子从枕型导体流向地

C．闭合K₁，有电子从地流向枕型导体

D．闭合K₂，没有电子通过K₂

[错解]枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过K₂。选D。

[错解原因]

由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒的，便错选答案D。

[分析解答]

在K₁，K₂都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量。当闭合K₁，K₂中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K₁还是K₂，都是有电子从地流向导体，应选答案C。

[评析]

在解决此类静电平衡问题时，对电荷守恒的理解应为：

电荷守恒定律有相对性，一个物理过程中，某个物体或某些物体的电荷并不守恒，有增或有减，而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增，其中的增量和减量必定相等，满足全范围内的守恒。即电荷是否守恒要看是相对于哪一个研究对象而言。

电荷守恒是永恒的，是不需要条件的。电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一。在应用这个定律时，只要能够全面地考察参与电荷转移的物体，就有了正确地解决问题的基础。

例7　 如图8-6所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F_引库仑力F_库分别为：

[错解]

(1)因为a，b两带电球壳质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选A。

(2)依题意，a，b两球中心间的距离只有球半径的3倍，它们不能看作质点，也不能看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也不能用库仑定律计算它们之间的静电力，故其正确答案应选B。

[错解原因]

由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生了上述两种典型错解，因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体，而本题中由于a，b两球所带异种电荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离l只有其半径r的3倍，不满足l＞＞r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律。

万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。

综上所述，对于a，b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确。

[评析]

用数学公式表述的物理规律，有它的成立条件和适用范围。也可以说物理公式是对应着一定的物理模型的。应用物理公式前，一定要看一看能不能在此条件下使用该公式。

例8　 如图8-7中接地的金属球A的半径为R，A点电荷的电量Q，到球心距离为r，该点电荷的电场在球心O处的场强等于：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [　　 ]

[错解]

根据静电平衡时的导体内部场强处处为零的特点，Q在O处场强为零，选C。

[错解原因]

有些学生将“处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零”误认为是指Q电荷电场在球体内部处处为零。实际上，静电平衡时O处场强

相等，方向相反，合场强为零。

[分析解答]

静电感应的过程，是导体A(含大地)中自由电荷在电荷Q所形成的外电场下重新分布的过程，当处于静电平衡状态时，在导体内部电荷Q所形成的外电场E与感应电荷产生的“附加电场E'”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强E与附加电场的场强E'大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零。即E_内=0。

[评析]

还应深入追究出现本题错解的原因：只记住了静电平衡的结论，对静电平衡的全过程不清楚。要弄清楚“导体进入电场，在电场力的作用下自由电子定向移动，出现感应电荷的聚集，进而形成附加电场”开始，直到“附加电场与外电场平衡，使得导体内部的场强叠加为零，移动自由电子电场力为零。”为止的全过程。

例9　 如图8-8所示，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，问验电器是否带电？

[错解]

因为静电平衡时，净电荷只分布在空腔导体的外表面，内部无静电荷，所以，导体A内部通过导线与验电器小球连接时，验电器不带电。

[错解原因]

关键是对“导体的外表面”含义不清，结构变化将要引起“外表面”的变化，这一点要分析清楚。错解没有分析出空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接后，验电器的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构。A和B形成一个整体，净电荷要重新分布。

[分析解答]

当导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，导体A和验电器已合为一个整体，整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，必有净电荷从A移向B，所以验电器带正电。

[评析]

本章涉及到的基本方法有，运用电场线、等势面几何方法形象化地描述电场的分布；将运动学动力学的规律应用到电场中，分析解决带电粒子在电场中的运动问题、解决导体静电平衡的问题。本章对能力的具体要求是概念准确，不乱套公式懂得规律的成立条件适用的范围。从规律出发进行逻辑推理，把相关知识融会贯通灵活处理物理问题。

本章内容包括电荷、电场、电场力、电场强度、电场线、电势、电势差、电场力功、电容器、电容的定义和平行板电容器电容的决定条件等基本概念，以及库仑定律、静电感应、电场强度与电势差的关系、带电粒子在电场中的运动规律等。

在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本章中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p-V，p-T，V-T图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化(内能变化)、体积变化(做功情况)时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。

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”)

[错解]错解一：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。

[错解原因]因为浮力的大小等于气球排开大气所受的重力，F=p_空·g·V，当气球升入高空时，密度p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。

[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，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p₁，p₂和(与氢气对应相等)₁，₂因为大气密度和压强都与高度成正比，所以有。

设氢气球在地面附近和高空h处的浮力分别为F₁，F₂则F₁=p₁·g·V₁F₂=p₂·gV₂

所以正确答案为浮力不变。

[评析]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？

[错解]错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。

错解二：因为1状态与2状态在一条直线上．而p-T坐标上的等容线是直线．所以状态1与状态2的体积相等，气体对外不做功。

[错解原因]错解一是不会应用等容线，不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，因而感到无从下手。

错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态1和状态2在一条直线上，但并不是说p-T图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的状态1与状态2所在的直线就不是一条等容线。

[分析解答]如图7-2所示，分别做出过1和2的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则V_Ⅱ＞V_Ⅰ，即V₂＞V₁，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p_A，p_B，p_C的大小关系有：(　　 )

A．p_C＞p_B＞p_C

B．p_A＜p_C＜p_B

C．p_C＞p_A＞p_B

D．无法判断。

[错解]错解一：因为一定质量的理想气体压强与温度成正比，哪个状态对应的温度高，在哪个状态时，气体的压强就大，即T_C＞T_A＞T_B，所以有p_C＞p_A＞p_B，应选C。

错解二：因为一定质量的理想气体的压强与体积成反比，体积越大，压强越小，从图上可以看出：V_A＞V_C＞V_B，所以户p_A＜p_C＜p_B，应选B。

[错解原因]以上两种错解，从分析思路上讲都错了，都没有了解到气体状态的三个参量(p，V，T)之间两两定量关系是有条件的。如压强与温度(当然应为热力学温度T)成正比的条件是体积不变，而压强与体积成反比的条件应是温度不变。如果不考虑第三个参量，而单纯只讲两个参量之间的关系，显然只能导致错误的结果，同时也培养了错误的思考问题方式，是不可取的。当第三个参量不是定量时，三者之间的关系只能是：,要综合分析考虑。

[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：V_A'＞V_B'＞V_C'，所以可以得出结论：p_A'＜p_B'＜p_C’，而A与A'，B与B'，C与C分别在各自的等压线上，即p_A=p_A'，p_B=p_B'，p_C=p_C’，所以可以得出结论，即p_A＜p_B＜p_C，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内装有压强p₁=2.0×10⁵a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)

[错解]开始是平衡状态，未态还是平衡状态，由理想气体状态方程可知：.

此题答案为1∶4。

[错解原因]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。

[分析解答]对于A容器中的氮气，其气体状态为：

p₁=2.0×10⁵pa　　 V₁=V　　 T₁＝300K

P'₁=P　　　 V'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=1.0×10⁵pa　　 V₂＝V　　 T₂=600K

p'₂=p　　 V'₂=V₂(题目所设)　　 T’₂=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

　[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(　　 )

[错解]错解一：因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于其中为斜面的面积，即。因此，重力产生的压强为，所以其他压强为，故选项A正确。

错解二：重力产生的压强应该为重力的分力在活塞下表面上产生的压强，即而大气压强，所以气体压强为+，因此可选B。

错解三：大气压p₀可以向各个方向传递，所以气体压强里应包括p₀，而重力的合力产生的压强作用在斜面上。因此，重力压强，因此气体压强为+，所以选C。

[错解原因]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，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产生压强，但没有考虑到面积应是()而不是S，还是对压强概念的理解不对。

错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是而不是，因为另一个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图7-7。所以重力的压强为。

[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，竖直向上的力为其他压力在竖直方向的分力，其中，所以

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]对活塞进行受力分析，如图7-10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。

[错解原因]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。

[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

[错解]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。

[错解原因]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。

[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。

[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，求在这过程中外力做功为多少？(已知活塞面积S=1.0dm²，大气压户p₀=1.0×10⁵Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s²)

[错解]把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。因活塞上升H，故上升的水柱的高亦为H，其重心高为，而上升的水柱的质量m=P·S·H，则水柱的重力势能增加Ep=mgh=p·S·H·g，代入数据得

E_p=1.1×10⁴J也就是说，外力需做功

W=E_p=1.1×10⁴J

[错解原因]在大气压p₀=1.0×10⁵pa的情况下，水柱能上升的最大高度=10(m)，(即真空抽水机原理所讲，并且应忽略水蒸气气压的影响)，而不是题目中提到的15m。

[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,)

=5.0×10³(J)

则在全过程中外力做功为W=W₁+W₂=1.0×10⁴(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，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？

[错解]因为A容器温度升高，所以气体膨胀，有一些会跑到B容器中去，假设有△V的气体迁移至B容器，由气态方程可知：

联立①②

[错解原因]主要是因为研究对象不清楚。我们知道，应用气体定律(如玻-马定律，查理定律或气态方程等)时，研究对象应该是一定质量的气体，而本题无论是对于A容器，还是B容器，气体的质量都变化。若把△V做为迁移气体，那么，它所对应的压强、温度参量，在两个式子中应该是一致的，而上解式①中为(△V，p'T')，式②中为(△V，p，T)，这显然是矛盾的，是研究对象选择不当造成的。

[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：

　　 联立①②两个方程，解得：

[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，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1.01325×10⁵Pa(760mmHg)，温度保持不变)，求槽中水银进入管中的长度H=？

[错解]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：p_AV_A=p'_A·V'_A

对于B气体：p_BV_B=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=(l_A+l_B)-(l'_A+l'_B)

H=[(140+140)-(133+123.72)]=23.28(mm)

[错解原因]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。

[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：p_AV_A=p'_AV'_A

对B气体：l'_B=(140×2-152)=128(mm)

p'_B=p0=760(mm)

第二个过程：当玻璃管插入水银槽后

对A气体：p_A·V_A=p''_AV''_A

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'_BV'_B=p''_BV''_B

所以，水银进入管中的水银长度为：

H=(140×2-133-133)=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，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)

[错解]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=？

[错解原因]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：

根据气态方程，由此可见，PV的乘积越大，对应的温度越高。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。

[分析解答]由气态方程，可知，PV乘积越大，对应的温度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

解得：

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=5×10³N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p₀=1×10⁵Pa，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=5×10²N, 求活塞A向下移动的距离。(假定气体温度保持不变)

[错解]设活塞A向下移动的距离为l，对封闭气体列玻-马定律：

由胡克定律可知：

F+Mg=kx　 ②

由于B的质量M没有给出具体数据，只能由①②两式联系解得一个数值，其中带有质量M。

[错解原因]这是一道力热综合题，应根据活塞的力学特征和气体的热学特征分别应用力学规律和热学规律求解。上述题解对气体的分析是正确的，但对活塞的分析是错的。用胡克定律表达式中F=kx中，x若为压缩量，则F为受到的压力，x若为增加的压缩量，则F为增加的压力，F与x要相对应。

[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'，由胡克定律：

Mg=kx'②

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+Mg③

由胡克定律有：

F'=k(x+x')④

联立①②③④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=1，01325×10⁵Pa=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？

[错解]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)=200mmHg　 V₁=(300+100+400)S=800S(mm3)

末态：p₂=(760-160)=600(mmHg)　 V₂=？

解得：l₂=267mm　 即空气柱的长度为267mm。

[错解原因]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。

[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

200×800S=(760-x)[300+100-(160-x)]S

160000=(760-x)(240+x)

解得：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7-23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7-24所示。

由玻意耳定律可知

200×800S=[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。

[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7－25所示。此时大气压也是p₀，弹簧的劲度系数为k，气缸与地面的最大静摩擦力为f，求：

(1)当kl＜f，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kl＞f，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？

[错解](1)以整体为对象。∵kl＜f，所以在活塞移至缸口时(此时弹簧弹力为kl)，系统始终静止。

以活塞为对象，末态受力如图7－26所示。

由平衡条件可知：p₂S=p₀S+kl

以气体为对象，p₁=p₀　 V₁=ls　 T₁=T₀

(2)当kl＞f时，气缸要滑动

解法一：与(1)解法类似

对活塞受力分析如图7－26所示

其余解法与(1)相同，答案也与(1)相同，说明两种情况没有区别。

解法二：以活塞为对象受力分析如图7－27

p₂S+f=kl+p₀S

[错解原因]此题第一问解法及答案均正确。错误主要发生在第二问：(1)没有详细地分析kl＞f情况下气缸，活塞的运动，而是套用了第一问解题的思路，分不清kl＜f与kl＞f在此题中的本质区别。(2)解法2对活塞受力分析出现了气缸受力f，导致错误。

[分析解答]第一问如上所述，略。

第二问，当kl＞f，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7－28所示。

第一个过程：甲态→乙态，p，V，T都变。

在乙态对活塞受力分析可确定此时气体的压强为：

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

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。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)

[错解]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。

初态：p₁=(750+100)=850(mmHg)

V₁=150S(cm³)

设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图7－30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。

[错解原因]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。

[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△=b²-4ac≥0时，方程有实数解，即

(h-450)²-4×2×300h≥0

解得：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7－32所示，末状态变为：V₂=(250+y)S　 p₂=(750-30)=450(mmHg)

根据玻意耳定律：

850×150S=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：

A．4瓶　　　　B．50瓶　　 C．56瓶　　　D．60瓶

[错解]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。

[错解原因]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2个大气压时，已无法使小瓶继续充气，达到2个大气压，即充最后一瓶后，钢瓶中还剩下一满瓶压强为2个大气压的气体。

[分析解答]设最多可装的瓶子数为n，由玻意耳定律得：

pV=p'V+np'V'

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，现用力将活塞推进，使容积减小到，则气缸内气体的压强为

A.等于　　　 B. 等于6p　　　 C．大于6p　 　　D．小于6p

[错解]因为气缸是绝热的，所以压缩过程为等温变化，由玻意耳定律可知，压强与体积成反比，所以在容积减为时，压强应增为6P，所以应该选B。

[错解原因]错误主要是把绝热和等温等同起来，认为绝热就是温度不变，这是解决热学问题中常见的错误。实际上改变内能的方式有两种，即热传递和做功，不能认为没有热传递内能就不改变。

[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p'＞6p时，pV乘积才可能是增加的。

若，，，而由前面分析已知T 增加，则所以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

[错解]错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A。

错解二：由动能公式可知，速度越小，动能就越小，而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选B。

错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定，随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式可知，物体动能也越来越大，所以应该选C。

[错解原因]错解一是没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能和势能的总和。温度低只表示物体分子平均动能小，而不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的总和不一定也小，所以选项A是错的。

实际上因为不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速度有关，也与分子质量有关，单从一方面考虑问题是不够全面的，所以错解二选项B也是错的。

错解三的原因是混淆了微观分子无规则运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动能只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子均参与物体的整体、有规则的运动，这时物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则运动的剧烈情况就要加剧。从本质上说，分子无规则运动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运动情况无关。

[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V₁＜V₀＜V₂，则

A．T₁＞T₀＞T₂　　　　　　　　　 B．T₁=T₀=T₂

C．T₁＜T₀＜T₂　　　　　　　　　 D．无法判断

[错解]由理想气体状态方程可知，T与V，P均有关系。此题只提供了体积之间的关系，而没有压强p₁，p₂，p₃的大小关系，从题目上看，压强也不相等，所以无法判断，应选D。

[错解原因]主要原因没有进一步挖掘题目给出的条件，即“与外界无热交换”这个条件，若注意到这点，必有收获。

[分析解答]从题目给出的条件，V₁＜V₀＜V₂和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V₀→V₁的过程，气体体积减小，外界对气体做功，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T₁＞T₀。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T₀＞T₂，结果为T₁＞T₀＞T₂。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p₀ 　　　　C．小于p₀　　　　D．无法确定

[错解]由于是在内外气压相等的情况下塞上瓶塞的，所以过一段时间后，内外压强应该仍然相等，所以答案应该选A。

[错解原因]上述解答中没有从热力学规律出发，不能把生活语言，如“突然”，“空气迅速跑出”等词语，“翻译”成“物理语言”。上述表达的物理语言可表述为：压缩气体对外做功，与外界来不及进行热交换，即所谓的绝热过程。另外就是“过一段时间”，这是一个可能有热交换的过程，因为瓶子是金属的，金属一般都是热的良导体。上述错误正是因为没有分析这两个热力学过程所致。

[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。

[评析]解此类题时要注意把握住题设的关键词所反映的隐含条件，注意分析物理过程，而只是根据自己的生活经验想当然一般是要出错的。

本章中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。

本章内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律(包括公式和图象两种描述方法)。