物理选修3-3经典题
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例1(室内空气的分子数变化及内能)我国北方需要对房间内空气加热。设有一房间面积为14m2，高度为3.0m，室内空气通过房间缝隙与外界大气相通，开始时室内温度为0℃，通过加热变为20℃(大气压强为1atm)。
(1)已知空气在标准状况下的摩尔质量为29g/mol，试估算在上述过程中有多少空气分子从室内跑出。(保留两位有效数字)
(2)已知气体分子热运动的平均动能跟热力学温度成正比，空气可以看做理想气体，试分析室内空气内能是否会发生变化。
解析 (1)由于室内空气与外界大气相通，这个过程中室内空气压强保持不变，估算时按1atm来计算，温度为0℃时，室内空气摩尔数为
n1=， 温度为20℃时，室内空气摩尔数为
n2=， 跑出的分子数为
△N=(n1-n2)NA= =×6.0×1023 =2.2×1025个。 (2)由于空气可看做理想气体，分子势能不计，则空气的内能等于所有分子动能之和。引入分子平均动能与热力学温度的比例常数k，则
分子=kT，E=N分子=nNAkT。
由第(1)问知，，即室内空气分子数跟热力学温度成反比，n1T0=n2T2。因此，室内空气的内能将不发生变化。
评注 室内温度升高，空气分子平均平动动能增加，有人会因此得出室内空气内能增加的错误结论，错误原因是忽视了室内空气内能应是“室内”所有空气分子动能之和？而对房间内空气加热后，室内已有部分空气分子跑出，室内空气分子总数减少了。 例2(内燃机的平均功率) 一台四缸四冲程内燃机的活塞面积为300cm2，冲程是30cm,在做功的冲程中，活塞所受平均压强为4.5×106Pa，问：
(1)在这个冲程中，燃气做的功是多少？ (2)若飞轮的转速是300r/min，这台内燃机的平均功率是多大？ 解析 内燃机的四个冲程分别是吸气、压缩、做功和排气。内燃机工作时，这四个冲程是周而复始循环进行的，称做一个工作循环。每一个工作循环活塞往复两次，曲轴带动飞轮转动两周。“四缸”是指这台内燃机由四个汽缸联动工作。
(1)做功冲程中燃气做的功为 W=Fs，又F=pS， 故 W=pSs=4.5×106×300×10-4×30×10-2J =4.05×104J 。 (2)飞轮每转两周，每个汽缸中燃气做功一次，四个汽缸做功共四次。现飞轮转速是300r/min，即每秒转动5周，四个汽缸做功共10次。因此，这台内燃机的平均功率为
W =4.05×105W。 评注 热机是把内能转化为机械能的一类机器。在各种热机中，燃料燃烧释放出内能，这些内能又传递给工作物质－水蒸气或燃气；工作物质获得内能后，膨胀做功，把一部分内能转化为机械能，同时，工作物质的内能减少，温度降低。明确四缸四冲程内燃机的工作流程是求解本题的关键。
例3(地球表面的年平均降雨量)太阳与地球的距离为1.5×1011m，太阳光以平行光束入射到地面，地球表面的面积被水面所覆盖。太阳在一年的时间内辐射到地球表面的水面部分的总能量W约为1.87×1024J，设水面对太阳辐射的平均反射率为7%，而且将吸收到的35%能量重新辐射出去。太阳辐射可将水面的水蒸发(设在常温、常压下蒸发1kg水需要2.2×106J的能量)，而后凝结成雨滴降落至地面。
(1)估算整个地球表面的年平均降雨量(以毫米表示，球面积为4πR2) (2)太阳辐射到地球的能量中只有约50%到达地面，这是为什么？请说明两个理由。(2001年高考上海物理试题)
解析 (1)设太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为W，W=1.87×1024J，则每年凝结成雨滴降落到地面的水的总质量为 m=kg=5.14×1017kg使地球表面覆盖一层水的厚度为 h==1.01×103mm 即整个地球表面年平均降雨量约为1.0×103mm。 (2)太阳辐射到地球的能量不能全部到达地面的原因有大气层的吸收，大气层的散射或反射，云层遮挡等原因。 评注 本题要求估算地球表面的年平均降雨量，要求说明太阳辐射到地球的能量不能全部到达地面的原因，是一道紧密联系自然现象的估算、说理题，求解时所用物理概念和公式并不复杂，题中的多余条件“太阳与地球
的距离为1.5×1011m，太阳光以平行光束入射到地面，地球表面的面积被水面覆盖”等，会干扰解题思路。 例4(高压锅内的气压和温度)高压锅的锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅镶嵌旋紧，锅盖与锅之间有橡皮制的密封圈，不会漏气，锅盖中间有一排气孔，上面可套上类似砝码的限压阀将排气孔堵住，当加热高压锅(锅内有水)，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，蒸气即从排气孔排出锅外。已知某高压锅的限压阀的质量为0.1kg，排气孔的直径为0.3cm，则锅内气体的压强最大可达多少？设压强每增加3.6×103Pa，水的沸点相应增加1℃，则锅内的最高温度可达多高？
解析 锅内气体的最大压强为
p=p0+，m=0.1kg S==[×3.14×(0.3×10-2)2]m2 =7.1×10-6m2， 取p0=105Pa，解得
p=(105+Pa=2.4×105Pa。 因压强变化△p=p-p0=1.4×105Pa，故水的沸点增加
△t=×1℃=39℃。 所以，锅内的最高温度可达139℃。 评注 水的沸点随水面上方气体压强的增大而升高，高压锅就是利用这一原理制成的，由于高压锅的压强大，温度高，食物容易煮烂，因而高压锅已被广泛使用。在高原地区，由于气压低，水的沸点低于100℃，食物不易煮熟，所以必须使用高压锅。 例5(啤酒瓶中CO2气体的压强)在一密封的啤酒瓶中，下方为溶有CO2的啤酒，上方为纯CO2气体。在20℃时，溶于啤酒瓶内啤酒中的CO2的质量为mA=1.050×10-3kg，上方气体状态的CO2的质量为mB=0.137×10-3kg，压强为p0=1atm。当温度升高到40℃时，啤酒中溶解的CO2的质量有所减少。变为mA'=mA-△m，瓶中气体CO2的
压强上升到p1。已知=0.60×，啤酒的体积不因溶入CO2而变化，且不考虑容器体积和啤酒体积随温度的变化。又知对同种气体，在体积不变的情况下与m成正比。试计算p1等于多少标准大气压(结果保留两位有效数字)。(2001年全国高考物理试题)
解析 在40℃时，溶入啤酒的CO2的质量为mA’=mA-△m。因质量守恒，故气体CO2的质量为mB’=mB+△m，由题设=0.60×，由于同种气体的体积不变时，与m成正比，故有
=，由以上各式解得
p1==1.6atm 评注 本题是一道紧密联系生活实际的变质量气体状态变化问题。命题者在题中给出了“对同种气体，在体积不变的情况下与m成正比”等重要信息，考生应具备这种汲取新知识、解决新问题的能力。 例6(压缩式喷雾器喷洒药液)如图1所示，某压缩式喷雾器储液桶的容量为5.7×10-3m3，往桶内倒入4.2×10-3m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出，如果每次能打进2.5×10-4m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到4atm，应打气几次？这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？(设大气压强为1atm)(2000年高考山西物理试题)
解析 设标准大气压为p0，药桶中空气的体积为V。打气N次后，喷雾器中的空气压强达到4atm，打入的气体在1atm下的体积为NV0(V0=2.5×10-4m3)，则根据玻意耳定律，有
p0(V+NV0)=4p0V， 其中 V=(5.7×10-3-4.2×10-3)m3 =1.5×10-3m3 解得 N=18次。 当空气完全充满药桶以后，如果空气的压强仍然大于大气压，则药液可以全部喷出，由玻意耳定律，得 4p0V=pV’， 其中 V’=5.7×10-3m3， 解得 P0=1.053p0。 所以，药液可以全部喷出。 评注 农村中常用上述压缩喷雾器喷洒农药，值得指出的是：打气问题中，每次打入容器的气体通常具有相同的状态，故可以一次列式求解：而在抽气问题中，每次抽出气体的压强则在不断降低，必须分次列式求解，最后得出通式。
例7(潜水艇排水) 潜水艇的贮气筒与水箱相连。当贮水筒中的空气压入水箱后，水箱便排出水，使潜水艇浮起。某潜水艇贮气筒的容积是2m3，贮有压缩空气，一次，筒内一部分空气压入水箱后，排出水的体积是10m3，此时筒内剩余空气的压强是9.5×106Pa。设潜水艇位于水面下200m，在排水过程中温度不变，求贮气筒内原来压缩空气的压强。(g取10m/s2)
解析 设贮气筒中原来压缩空气的压强为p。对压入水箱后的那部分空气运用玻意耳定律，得 p1V1=p1’V1’，
式中p1=p，V1为压入水箱的空气原来在贮气筒中所占有的体积，则 p1’=p0+ρgh=(105+20×105)Pa=21×105Pa， V1’=10m3 从而有 pV1=210×105Pa·m3。 ① 对贮气筒中的剩余空气，由玻意耳定律，得 p2V2=p2’V2’，
式中p2=p，V2为剩余空气原先在贮气筒中所占有的体积，则 p2’=9.5×106Pa，V2’=2m3， 所以 pV2’=190×105Pa·m3， ② 又 V1+V2=2m3， ③ 由①、②、③式，解得 p=2×107pa。 评注 本题涉及热学知识在军事装备中的应用，除上述利用玻意耳定律求解外，还可用克拉珀龙方程或分态式气态方程求解。
例8(肺活量测定)图2为测定肺活量的装置示意图，图中A为倒扣在水中的开口圆筒，测量前排尽其中的空气。测量时，被测者尽力吸足空气，再通过B将空气呼出，呼出的空气通过导管进入A内，使A浮起，已知圆筒A
