高中物理竞赛热学部分题选
1．一个老式的电保险丝，由连接在两个端纽之间的一根细而均匀的导线构成。导线按斯特藩定律从其表面散热。斯特藩定律指出:辐射功率P 跟辐射体表面积S 以及一个与温度有关的函数成正比，即
44
P ∞S T -T 外, 辐
()
试说明为什么用保险丝时并不需要准确的长度。
解：设l 为保险丝长度，r 为其半径，P 为输至整个保险丝上的功率。若P 增大，保险丝的温度将上升，
直到输入的电功率等于辐射的功率。
所以当P 超过某一值P max 时，在一定的时间内，保险丝将烧毁，而
-T 4外=c 1⨯2πr ⨯l ,
式中k 为一常数，S 为表面积，c 1为一常数。
P max =kS T
熔
(
4
)
由于P=I2R ，假设保险丝的电阻R 比它所保护的线路电阻小很多，则I 不依赖于R ，而
2
常数，S =πr 为保险丝的横截面积。
R =ρ
l , ρS 为
ρl /πr 2,
22
当I l /r =c 2rl 时(这里c 2为另一常数) ，保险丝将熔化。
P =I
2
2
I =c 2r .
可见，保险丝的熔断电流不依赖于长度，仅与其粗细程度(半径r) 有关。
2．有两根长度均为50cm 的金属丝A 和B 牢固地焊在一起，另两端固定在牢固的支架上（如图21-3）。
-5-566
其线胀系数分别为αA =1.1×10/℃，αB =1.9×10/℃，倔强系数分别为K A =2×10N/m，K B =1×10N/m；金属丝A 受到450N 的拉力时就会被拉断，金属丝B 受到520N 的拉力时才断，假定支架的间距不随温度改变。问：温度由+30°C 下降至-20°C 时，会出现什么情况？（A 、B 丝都不断呢，还是A 断或者B 断呢，还是两丝都断呢？）不计金属丝的重量，在温度为30°C 时它们被拉直但张力为零。
解：金属A 和B 从自由状态降温，当温度降低∆t 时的总缩短为
∆l =∆l A +∆l B =(αA +αB ) l 0∆t （1）
而在-20°C 时，若金属丝中的拉力为F ，则根据胡克定律，A 、B 的伸长量分别为F/KA 和F/KB ，
3
E E
+=∆l K K B 所以 A （2）
⎛11⎫
⎪F +-(αA +αB ) l 0∆t K ⎪
⎝A K B ⎭ （3）
(α+αB ) l 0∆t F =A =500N
11+K K B A 所以
因为F >450N ，所以温度下降到-20°C 前A 丝即被拉断。A 丝断后。F=0，即使温度再下降很多，B 丝也不会断。
3．长江大桥的钢梁是一端固定，另一端自由的。这是为什么？如果在-10℃时把两端都固定起来，当温度升高到40℃时，钢梁所承担的胁强（压强）是多少？（钢的线胀系数为12×10-6/℃，弹性模量为2.0×105N/mm2，g=10m/s2）
解：长1m 、横截面积为1mm 2的杆，受到10N 拉力后伸长的量，叫伸长系数，用a 来表示，而它的倒数叫弹性模量E ，E =1/a . 当杆长为L 0m ，拉力为F ，S 为横截面积（单位为mm 2），则有伸长量
∆L =
L 0F
, ES
p =
所以有公式
F ∆L =E . S L 0
又由于 L =L 0(1+a ∆t ),
所以
L -L 0
=a ∆t L 0
L -L 0F
p ==E ∙=Ea ∆t
S L 0
得
5
-6
代入数据得 p =2. 0⨯10⨯12⨯10⨯[40-(-10)]=120N /mm
大桥一端是自由端，是为了避免钢梁热胀冷缩而产生的有害胁强；否则钢梁会因热胀冷缩引起的胁强而断裂，即如果两端固定，由于热胀冷缩会对钢梁产生拉伸或压缩的压强而使钢梁受损。此时钢梁所承受的胁强为
2
()
p =120N /mm 2。
4．厚度均为a=0.2毫米的钢片和青铜片，在T 1=293开时，将它们的端点焊接起来，成为等长的平面双金属片，若钢和青铜的线膨胀系数分别为10-5/度和2×10-5/度，当把它们的温度升高到T 2=293开时，它们将弯成圆弧形，试求这圆弧的半径，在加热时忽略厚度的变化。
分析：本题可认为每一金属片的中层长度等于它加热后的长度，而与之是否弯曲无关。
解：设弯成的圆弧半径为r ，l 为金属片原长，φ为圆弧所对的圆心角，α1和α2分别为钢和青铜的线膨胀系数，∆l 1和∆l 2分别为钢片和青铜片温度由T 1升高到T 2时的伸长量，那么对于钢片
C u
2 （1）
∆l 1=l α1(T 2-T 1) （2）
对于青铜片
α
ϕ(r -) =l +∆l 1
α
ϕ(r +) =l +∆l 2
2
（3）
∆l 2=l α2(T 2-T 1) （4） 将（2）代入（1）、（4）代入（3）并消去φ，代入数据后得
r =20. 03厘米
5．在负载功率P 1=1kW，室温t 0=20℃时，电网中保险丝的温度达到t 1=120℃，保险丝的材料的电阻温度系数α=4×10-3K -1，保险丝的熔断温度t 2=320℃，其所释放的热量与温度差成正比地增加，请估计电路中保险丝熔断时负载的功率。 解：设电网电压为U ，单位时间内保险丝所释放的热量为 Q =(P /U ) R
式中R 是温度为t 时保险丝的电阻，由题文知
2
图21-14
R =R 0(1+αt ) Q =k (t -t 0)
1和P 2的负载可建立方程： 式中k 是比例系数，此热量传给周围介质，这样对于功率为P 1/U ) R 0(1+αt 1) =k (t 1-t 0) (P
2
(P 2/U ) R 0(1+αt 2) =k (t 2-t 0)
由此解得欲求的负载功率为
2
1+αt 1) /(t 1-t 0)(1+αt 2) 1(t 2-t 0)( P 2=P
≈1. 4kW
6．毛细管由两根内径分别为d 1和d 2的薄玻璃管构成，其中d 1›d 2，如图
21-15所示，管内注入质量为M 的一大滴水。当毛细管水平放置时，整个水滴“爬进”细管内，而当毛细管竖直放置时，所有水从中流出来。试问当毛细管的轴与竖直方向之间成多大角时，水滴一部分在粗管内而另一部分在细图21-15 管内？水的表面张力系数是σ，水的密度为ρ。对玻璃来说，水是浸润液体。
解：由于对玻璃来说，水是浸润液体，故玻璃管中的水面成图21-15所示的凹弯月面，且可认为接触角为0°，当管水平放置时，因水想尽量和玻璃多接触，故都“爬进”了细管内。而当细管竖直放置时，由于水柱本身的重力作用使得水又“爬进”了粗管。毛细管轴线与竖直线之间夹角为最大时，这符合于整个水滴实际上在毛细管细管部分的情况，这时水柱长：
L max =
M 1
πρd 22
4
于是根据平衡条件得：
p 0-
4σ4σ=p 0-+ρgL max cos αmax d 1d 2
式中p 0为大气压强。由此得到
αmin
同理，毛细管的轴与竖直线之间的夹角为最小值，这将是整个水滴位于粗管内的情况，同理可得
d 2⎫ =arccos 1-⎪ Mg ⎝d 1⎪⎭
πσd 2⎛
αmax
7．有一摆钟在25℃时走时准确，它的周期是2s ，摆杆为钢质的，其质量与摆锤相比可以忽略不计，
仍可认为是单摆。当气温降到5℃时，摆钟每天走时如何变化？已知钢的线胀系数α=1.2×10-5℃-1。
分析：钢质摆杆随着温度的降低而缩短，摆钟走时变快。不管摆钟走时准确与否，在盘面上的相同指示时间内，指针的振动次数是恒定不变的，这由摆钟的机械结构所决定，从而求出摆钟每天走快的时间。
解：设25℃摆钟的摆长l 1m ，周期T 1=2s , 5C 时摆长为l 2m ，周期T 2s ，则
⎫ =-1⎪ ⎪Mg ⎝d 2⎭
πσd 1⎛d 1
T 1=2π
l 1l , T 2=2π2g g
n 2=
24⨯3600
T 2
次，这温度下摆钟指针指示的时间是 24⨯3600
∙T 1. T 2
由于l 2
n 2T 1=
这摆钟与标准时间的差值为∆t ，
∆t =
24⨯3600
∙T 1-24⨯3600T 2
2π
=24⨯3600⨯
2π
l 1
1--2. 4⨯10-4g
l 1
-2. 4⨯10-4g
()
=10. 37s .
8．有一个用伸缩性极小且不漏气的布料制作的气球（布的质量可忽略不计），直径为d=2.0m。球内充
53
有压强p 0=1.005×10Pa 的气体，该布料所能承受的最大不被撕破力f m =8.5×10N/m，（即对于一块展平的
3
一米宽的布料，沿布面而垂直于布料宽度方向所施加的力超过8.5×10N 时，布料将被撕破）。开始时，气
5
球被置于地面上，该处的大气压强为p a0=1.000×10Pa ，温度T 0=293K。假设空气的压强和温度均随高度而线性地变化，压强的变化为a p =-9.0Pa/m，温度的变化为a T =-3.0×10-3K/m，问该气球上升到多少高度时将破裂？
假设气体上升很缓慢，可认为球内温度随时与周围空气的温度保持一致，在考虑气球破裂时，可忽略气球周围各处和底部之间空气压强的差别。
解：当气球充满气体而球内压强大于球外时，布料即被绷紧，布料各部分之间产生张力，正是这种张力可能使布料被撕裂，设想把气球分成上下两个半球，它们的交线是一个直径为d 的圆周，周长为πd ，所以要从这条交线处撕裂气球，至少需要的张力为f m ∙πd 。另一方面，考虑上半球（包括半球内的气体）受力的情况，它受到三个力的作用：
（1）下半球的球面布料所施加的张力F ；
（2）上半球外空气对它的压力的合力，其大小为 （3）下半球内气体对它的压力为忽略浮力时，上述三力相互平衡，即
P a ∙
πd 2
4
, p a
是气球所在高度处的大气压强；
P ∙
πd 2
4，式中p 为气球内气体的压强。
P ∙
πd 2
4
=p a ∙
πd 2
4
+F
而当F 〉f m ∙πd 时，布料即被撕裂，所以，气球破裂的条件是
(p -p a ) ∙
πd 2
4
〉f m ∙πd
（1）
设气球破裂发生在高度h 处，则
p a =p a 0+a p h （2）
而该处温度
T =T 0+a T h （3）
这个温度也就是破裂时气球内气体的温度。又因为气球在上升过程中球内气体是等容变化，所以有
p p 0T =p =p 0∙T T 0即T 0 （4）
将（2）、（4）和（3）式代入（1）式，得
h 〉
(4f m /d ) -(p 0-p a 0)
=2. 1⨯103m
(p 0/T 0) a T -a p
（5）
3
即气球上升到2. 1⨯10m 高度以上就将被裂。
9．有一底部开口的热气球，其体积V b =1.1m是常数，气球蒙皮的质量m k =0.187kg，其体积可忽略不
2
计，空气的初始温度为θ3=20℃，正常的外部气压为p 0=1.013bar，在这些条件下的空气密度为ρ1=1.2kg/m。
1．为使气球刚好能浮起，气球内的空气必须加热到多高的温度？
2．先把气球系牢于地，把内部空气加热到稳态温度θ3=110℃。当气球被释放并开始上升时，其最初的加速度是多少？
3．将气球下部扎紧，在气球内部的空气维持稳态温度θ1=110℃的情形下，气球在温度为20℃和地面大气压为p 0=1.013bar的等温大气中上升，在这些条件下，求气球能达到的高度h .
4. 在高度h 处[见问题3]，将气球从其平衡位置拉离Δh=10m，然后释放，问气球将作何种运动？ 解：1、首先计算气球浮起时气球内空气的密度，浮起的条件为
3
m 2g +m H g =m 1g
式中m 2是气球内空气的质量，m 1是温度为θ1的空气质量。因
m 1=ρ1V b ； m 2=ρ2V b
所以
ρ2=ρ1-
利用等容状态方程 ρ1T 1=式中
m h
=1. 03kg /m 3V b
ρ2T 2
T 1=(273+20) K =293K 因此
T 2=341. 3K =68. 30C
2、和3、作用于绳的力F K 等于气球所受浮力
F f
与重力为
F l 之差，即
F K =F f -F l
其中
所以
F f =V b ρ1g
; F l =m h g +V b ρ3g
F k =[V b (ρ1-ρ3) -m h ]g
ρ3=ρ1
因
式中
T 1
=0. 918kg /m 3T 3
T 3=383K ，因而得到
F k =1. 2N
a =
根据牛顿第二定律，得
气球上升直到其重量等于浮力处于平衡，此时有 式中ρ(h ) 是气球外空气的密度，于是
F k 1. 2
==0. 9(m /s 2) ρ1V b 1. 32
ρ3V b +m k =ρ(h ) V b
ρ(h ) =ρ3+
由气压公式，空气密度为
m k
=1. 088kg /m 3V b
ρ(h ) =ρ1e -
⎛ρ1g ⎫
⎪h ⎪⎝p 0⎭
因而
h =
p 0ρln 1
ρ1g ρ(h )
式中ρ1是高度为零处的密度，代入所给数据，得
h =827m
10．任何弯曲表面薄膜都对液体施以附加压强，如果液体的表面是半径为R 的球面的一部分，求其产生的附加压强为多大？
解：如图21-20所示的曲面为半径R 的球面的一部分，在其上选取一小块球面∆S 来讨论，加在∆l 上的力∆f 为 ∆f =σ∆l
这样 ∆f 1=∆f sin ϕ=σ∆l sin ϕ
因而施加在整个球面∆S 上平行于半径OC 的力： f 1=∑∆f 1=σsin ϕ∑∆l =2πσr sin ϕ
∆f ∆f
图21-20
又因底面周边的轴对称性，整个圆周上所受表面张力沿底面平行方向的分力互相抵消，由图可知
r R
2πσr 2f 1=
R 则
f 12πσr 22σP ===2
∆S R πRr 附加压强为
sin ϕ=
注：上式是在凸液面条件下导出的，不难证明在数值上对凹液面也成立，不过对凹液面而言，附加压强为
负值，表示球凹形液面内的压强小于外部压强，对一个球形液泡（如肥皂泡），由于有内、外两层液膜，故内外压强差值为4σ
/R 。
11．将1大气压的空气吹成r=2.5厘米的肥皂泡，应作多少功？肥皂液的表面张力系数α=45×10-3牛/米。
解：首先要扩大泡内外的表面积需作功
W 1=α∆S =8πr 2α
3
P =1(P =P +4α/r , V =4πr /3) 需作00 同时将空气由大气压等温压缩到泡内
功，由（8-17）式知
W 2=nRT ln(V 0/V ) =PV ln(P /P 0)
=(P 0+
4α4π34α) ⋅r ⋅ln(1+) R 3p 0r
4π34α2≈P 0⋅r ⋅=W 1
3p 0r 3
0r ) =4α/P 0r 。两项共需作功 式中P 0»4α/r ，ln(1+4α/P
W =W 1+W 2=(5/3) W 1
=8πr 2⨯(5/3) =1. 2⨯10-3焦。
12．紧绷的肥皂薄膜有两个平行的边界，线AB 将薄膜分隔成两部分（如图21-29（a ））。为了演示液体的表面张力现象，刺破左边的膜，线AB 受到表面张力作用被拉紧，试求此时线的张力。两平行边之间的距离为d ，线AB 的长度为l （L ›πd/2），肥皂液的表面张力系数为σ。
解：刺破左边的膜以后，线会在右边膜的作用下形状相应发生变化（两侧都有膜时，线的形状不确定），不难推测，在l >πd /2的情况下，线会形成长度为
如图21-29（b ）所示。线在C 、D 两处的拉力及各处都垂直于该弧线的表面张力的共同作用下处于平衡状态，显然
2T =
χ=
1
(l -πd /2)2的两条直线段和半径为d /2的半圆，
∑f
i
，
式中f i 为在弧线上任取一小段所受的表面张力，
∑f
i
指各小段所受表面张力的合力，如图21-29（b ）
所示，在弧线上取对称的两小段，长度均为r ∆θ，与χ轴的夹角均为θ，显然 f 1=f 2=2σ∙r ∆θ。
而这两个力的合力必定沿χ轴方向，（它们垂直χ轴方向分力的合力为零），这样
f 1χ=f 2χ=2σr ∙cos θr ∆θ，
所以
∑f 因此
T =σd 。
说明：对本题要注意薄膜有上下两层表面层，都会受到表面张力的作用。
i
=2σr ∑cos θ∆θ=4σr =2σd 。
图21-29（b ）
13．在航天飞船上，如图21—34所示，有一长l =20cm 的圆筒，绕着与筒长度方向垂直的轴o o '以恒定的转速n =100/min 旋转，筒近轴端离o o '为d =10cm ，筒内装有非常粘稠、密度
ρ=1. 2g /cm 3的液体，有一颗质量为m '=1. 0mg 、密度ρ'=1. 5g /cm 3粒
子从圆筒正中部释放（初始相对筒静止），试求粒子到达筒端克服粘滞阻力所做功。又问如果这个粒子密度ρ''=1. 0g /cm ，其他条件均不变，则粒子到达筒端过程中克服粘滞阻力所做功又是多少？
解 （1）设粒子体积∆V ，它离开转轴距离为r ，设想粒子由周围同样液体取代，则小液团受到合力提供向心力，即有F '-F =ρ∆V ∙r ω，现将小液团换成粒子，由于质量增加，合外力不足以提供向心力，向外侧移动，由于液体非常粘稠，而运动速度非常缓慢，可以理解为任一时刻速度按匀速圆周运动确定，f 表示粘滞阻力，则有
2
3
图21—34
ρ'∆V ω2r
2
则 f =(ρ'-ρ) ∆V ωr
F '-F +f =
L
f ∝r 所以r 由2变化至d +l 时，克服粘滞阻力功为
L d ++d +1f 1+f 2L L 2W =∙=(ρ'-ρ) ∆V ω∙
2222
-7
代入数据得： W =5. 5⨯10J 。
d +
（2）当粒子密度ρ''时，向左运动，同样可得到
f =(ρ''-ρ) ∆Vr ω2, W =3. 3⨯10-7J
14．一个气球中充满了2molH 2S ，气球体积为0.15m 3，球内放了一个内装1molSO 2的小容器，小容器与气球本身重量可忽略不计，在t=0时刻放手，气球向上飘起，假设上升10s 后，小容器自动弹开放出SO 2，又过了10s 反应完全，此时气球的速率为40m/s，方向向上，且在此10s 内，气球上升高度为100m 。问再过多久气球重新回到地面，气球内SO 2的平均反应速率为多少？（空气阻力不计，空气密度为1.29kg/m3，g=9.8m/s2）
解：开始时，气球所受重力
-3
G =(2⨯34+1⨯64) ⨯9. 8⨯10=1. 294(N )
所受浮力 F =ρgV =1. 29⨯9. 8⨯0. 15=1. 986(N )
故气球加速上升，其加速度
m
在前10s 后，气球上升的高度
a =
F 合
=
F -mg 1. 986-1. 2942
==5. 24(m /s ) -3
m 132⨯10
11
H =at 2=⨯5. 24⨯102=262(m )
22
又经10s 后，由2H 2S +SO 2=3S +2H 2O 可知，2mol 的H 2S 刚好与1mol 的SO 2完全反应，全
部生成S 与H 2O 的固态或液态物质，气球内无气体剩余，故气球不再受浮力。所以气球的速度即为重力加速度，做竖直上抛运动，设气球再过t 0秒落回地面，此时气球上升高度为
H +h =262+100=362(m )
1
s =v 0t +at 2
2 12
-362=40t 0-⨯9. 8t 0
2
解得 t 0=13. 6(s )
因为在10s 内，1mol 的SO 2全部反应完毕，其反应速率为
v '=
1
=0. 1(mol /s ) 10
15．如图22-20所示，若在湖水里固定一细长圆管，管内有一活塞，它的下
端位于水面上，活塞的底面积S=1cm2，质量不计，水面的大气压强P 0=1.0×105Pa 。现把活塞缓慢地提高H=5m，则拉力对活塞做的功为 J 。
解：把活塞缓慢提高的过程可分两个阶段。当水柱升高到H 0=10m 后，活塞再提高时，水柱不再上升，与管外大气压强相平衡，此时活塞只克服活塞上方的大气压作功，活塞与水柱之间是真空，在上升到H 0的过程中，活塞受到拉力F ，
0S 以及水柱对活塞向上的压力F 作用，水柱对活塞的压力随活塞外大气压力为P
着活塞上升而减小，所以应求平均力
11F =(P 0S +0) =P 0S
22
如图所示，当水柱上升到H 0=10m 处时，拉力做功W 1，大气压力做功P 0SH 0，以及水柱做功F
H 0，
根据动能定理有
1
W 1-P 0SH 0+P 0SH 0=0
2
111
W 1=P 0SH 0-P 0SH 0=P 0SH 0=⨯105⨯10-4⨯10=50(J )
222
活塞上升H 0=10m 后，管内形成真空，活塞只受拉力与大气压力继续上升，做功
W 2-P 0S (H -H 0) =0
5-4
W =P S (H -H ) =10⨯10⨯5=50(J ) 200
所以拉力对活塞所做总功
W =W 1+W 2=100(J )
16．质量为m 1的圆筒水平地放置在真空中，质量为m 2、厚度可忽略的活塞将圆筒分为体积相同的两部分（图23-13（a ）），圆筒的封闭部分充有n 摩尔的单原子理想气体，气体的摩尔质量为M ，温度为T 0，突然放开活塞，气体逸出。试问圆筒的最后速度是多少？设摩擦力、圆筒和活塞的热交换以及气体重心的运动均忽略不计。(T0=273K,m1=0.6kg,m2=0.3kg,n=25mol,氦的摩尔质量为 4×10-3kg/mol,cV =12.6J/mol·K, γ=5/3）
解：过程的第一阶段是绝热膨胀，膨胀到两倍体积后（图23-13（b ））温度将是T ，根据绝热方程，有
γ-1γ-1
T V =T (2V ) 0 00 v 2
v 1
因此
圆筒和活塞的总动能等于气体内能的损失，即
2m 2v 2m 1v 12
nc V (T 0-T ) =-
22
T =
T 0
2γ-1
图23-13（b ）
根据动量守恒定律，
m 2v 2=m 1v 1
解上述方程，得过程第一阶段结束时的圆筒速度：
v 1=
2nc V (T 0-T ) ⎛m 1⎫m 1 m -1⎪⎪⎝2⎭
由此得出结论，在过程第一阶段的最后瞬间，圆筒以速度v 1向右运动，此时活塞正好从圆筒冲出。 我们把坐标系设置在圆筒上，所给的是一个在真空中开口的圆筒，筒内贮有质量为nM 、温度为T 的气体。显然，气体将向右方流动，并推动圆筒向右以速度v x 运动，气体分子的动能由下式给出：
2Mnv m 3
=nRT 22
式中v m 是分子的平均速度[注：指均方根速率]，它由下述关系式给定：
平衡状态下各有1/6的分子在坐标轴方向来回运动。在计算气体逸出时，假定有1/6的分子向圆筒的底部运动。这自然只是一级近似。因此，nm /6的质量以速度v m 向圆筒底部运动，并与筒底作弹性碰撞。之后圆筒以速度v x 、气体以速度v g 运动。对于弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒定律成立。由动量
v m =
3RT M
守恒有
nM nM
v m =v g +m 1v x 66
由机械能守恒有
22
nMv g m 1v x nMv m =+6⨯22 6⨯2
解以上方程组，得到气体逸出后的圆筒速度为
2nM 2nM 3RT
v m =
6m 1+nM 6m 1+nM M
气体分子的1/6以速度v g 反弹回来，v g 的绝对值要小于v m 。
v x =
气体必然有较低的温度，其一部分内能使圆筒的动能增加。 速度相加后得圆筒速度为v 1
+v x ，代入所给的数据：
nM =0. 1kg ； T =172. 0K ； v 1=325. 7m /s
m /s v 2=651. 4m /s v m =1035m /s v g =-990
v x =56. 0m /s
得圆筒的最后速度为
325. 7m /s +56. 0m /s =381. 7m /s 17．试估算地球大气的总质量M 和总分子数N 。
分析：就本题而言，地球表面的大气压强来源于空气柱的重力，由此结合地球表面的面积便可估算出地
球大气的总质量M =F /g =p 0S /g . 由地球大气的总质量及空气的摩尔质量可知地球大气的总摩尔数，乘以阿
N =
M
伏加德罗常数即得地球大气总分子数，当然这种估算只计算了以地球表面积为底面，向上伸展的圆柱体内的空气质量，实际上地球大气是分布在以地球表面为底面的两同心球体之内，显然两者是有差别的，但估算结果的数量级应是正确的。
562p =1. 01⨯10Pa ，0解：地面上的标准大气压强地球半径r =6. 4⨯10m 。所以地球表面积S =4πr ，
μ
N 0.
地球表
面所受大气总的压力F =p 0S ，它应等于地球大气的重力
56
Mg , M =p S /g =1. 01⨯10⨯4⨯3. 14⨯6. 4⨯100
()
2
/9. 8=5. 3⨯1018(kg )，
1，地球大气的总摩尔数为M /μ。因此地球大气的总分子数 空气的摩尔质量约为μ=29g /mo
μ
点评：本题把所学的物理知识与实际问题联系起来，可以提高兴趣，加深理解，也可以让学生感到物理学知识的广泛应用。实际问题涉及的因素很多，往往比较复杂，但总有主次之分，要抓住其本质，即可作出相当精确的估算。
18．有一气缸，除底部外都是绝热的，上面是一个不计重力的活塞，中间是一块固定
的导热隔板，把气缸分隔成相等的两部分A 和B ，上、下各有1mol 氮气（图27-3），现由
底部慢慢地将350J 热量传送给缸内气体，求
（1）A 、B 内气体的温度各改变了多少？
（2）它们各吸收了多少热量。
N =
M
N 0=5. 3⨯1018⨯6. 0⨯1023/29⨯10-3=1. 1⨯1044(个)
图27-3
若是将中间的导热隔板变成一个绝热活塞，其他条件不变，则A 、B 的温度又是各改变多少（不计一切摩擦）？
解：A 、B 中间的隔板导热，因而A 、B 两部分气体温度始终相同，B 中温度升高后将等压膨胀。 设末态时A 、B 温度为T '，对B 部分气体有
B 部分气体对外做功为 V 'V ='T T
W =P (V '-V ) =PV ∆T =R ∆T T A 、B 两部分气体的内能增量为
根据热力学第一定律得
∆E =2⨯5R ∆T =5R ∆T 2 ∆E =Q -W
即
对A 部分气体有
以B 部分气体有 ∆T =Q =7. 02K 6R 5R ∆T =145. 8J 2 Q A =
Q B =Q -Q A =204. 2J
19．一卡诺机在温度为27ºC 和127ºC 两个热源之间运转，（1）若在正循环中，该机从高温热源吸热31.2×10cal ，则将向低温热源放热多少？对外作功多少？（2）若使该机反向运转（致冷机），当从低温热
3源吸热1.2×10cal 热量，则将向高温热源放热多少？外界作功多少？
解：（1）Q 2=Q 1[1-T 1-T 2400-300]=1. 2⨯103⨯[1-]=900cal T 1400
W =
（2）对卡诺制冷机 T 1-T 2Q 1=1. 254⨯103J T 1。
ω=Q 2T 2=Q 1-Q 2T 1-T 2，
T -T Q 1=Q 2[1+12]=1. 6⨯103cal T 1，
T 1-T 2Q 2=1. 672⨯103J T 1 W =
20．一个质量为m=200.0kg，长L 0=2.00m薄底大金属桶倒扣在宽旷的水池底部（如图27-15（a ）所示）。桶的内横截面积S=0.500m2（桶的容积为L 0S ），
桶本身（桶壁与桶底）的体积V 0=2.50×10-2m 3，桶内封有高度L=0.200m的空
气。池深H 0=20.00m。大气压强P 0=10.00Mh2o ，水的密度ρ=1.000×103kg/m3，重力加速度g 取10.00m/s2。若用图中所示的吊绳将桶上提，使桶底能到达水面
处，则绳拉力所需做的功有一最小值。试求从开始到绳拉力刚完成此功的过程
中，桶和水（包括池水及桶内水）的机械能改变了多少（结果要保留三位有效
图27-15（b ）
数字）？不计水的阻力，设水温很低，不计其饱和蒸汽压的影响，并设水温上下均匀且保持不变。
解：在上提过程中，桶内空气压强减小，体积将增大，从而对桶和桶内空气（空气质量不计）这一整体的浮力将增大。在此题中若存在桶所受浮力等于重力的位置，则此位置是桶的不稳定平衡点，再稍上提，浮力将大于重力，桶就会上浮。从这时起，绳不必再拉桶，桶也将在浮力作用下，上浮到达水面并冒出。因此绳对桶的拉力所需做的最小功的过程，就是缓慢地将桶由池底提高到浮力等于重力的位置所经历的过程。
下面先看这一位置是否存在。如果存在的话，如图27-15（b ）所示，设在此位置时桶内空气的高度为l '，因为浮力等于重力，应有：
mg =ρ(l 'S +V 0) g （1）
代入已知数据可得
l '=0. 350m （2）
设此时桶的下方边缘距池底的高度为H ，由玻意耳定律可知
[p 0+H 0-(l 0-l )]l
由（2），（3）二式可得
=[p 0+H 0-H -(l 0-l ')]l ' （3） H =12. 24m （4）
因为 H
现在再求将桶由池底缓慢地提高到H 处桶及水的机械能的增量∆E ，∆E 包括三部分：
1．桶势能的增量∆E 1；
2．在H 高度时桶本身排开的水可看作下降去填充在池底时桶本身一部分所占的空间而引起的水势能的增量∆E 2；
3．在H 高度时桶内空气所排开的水可看作一部分下降去填充在池底时空气所占的空间，一部分（由于空气膨胀）上升到水池表面，由此引起水的势能的增量∆E 3。则
∆E 1=mgH （5） ∆E 2=-ρV 0gH （6）
1⎫1⎫⎛⎛∆E 3=ρS lg l 0-l ⎪+ρS (l '-l ) gH 0-ρS l 'g H +l 0-l '⎪2⎭2⎭ （7） ⎝⎝
∆E =∆E 1+∆E 2+∆E 3
⎡l '2-l 2⎤=[m -ρ(V 0+S l ')]gH +ρSg ⎢(l '-l 0)(H 0-l 0) +⎥2⎣⎦ （8）
由（1）式可得
⎡l '2-l 2⎤∆E =ρSg ⎢(l '-l 0)(H 0-l 0) +⎥2⎣⎦ （9）
代入数值计算，结果取三位有效数字，得
∆E =1. 37⨯104J