关于“温度变化时液柱、活塞移动”新题型的归类分析

2011-07-24蔡钢

物理教师 2011年12期

蔡钢

(华东师范大学附属东昌中学,上海 200120)

在热学习题中,判断“温度变化时液柱、活塞移动”是常见的题型,此类问题一般是要经过分析、推理,然后判断得出结论,是培养学生逻辑思维能力的好题.经过反复的训练,学生大都能掌握此类题的基本解法.但是近几年来,在各类高考题中以“液柱、活塞移动”为基本模型,衍变出了创新性的问题,要求学生在面对新题型时温故而知新,举一反三进行分析和讨论.但初次碰到此类题的学生,往往审题不清,依葫芦画瓢,得出错误的结论,失分情况严重.下面笔者就此类“液柱、活塞移动”新题型进行归类分析,与同行交流.

1 判断“液柱、活塞动不动,如何动”的问题

1.1 液柱类问题

例1.如图1所示,两端封闭、内径均匀直立的玻璃管中,有一段水银柱将温度相同的空气分为上、下两部分,且上面空气柱的长度是下面空气柱长度的两倍.现使两部分气体升高相同的温度,问液柱将如何移动?

以下为某学生的解答:假设上、下两部分气体做等压变化.设初态气体温度为 T,体积为 V,升高温度ΔT,升温后气体温度为 T′,体积为 V′,有 V

图1

因为温度升高,气体体积变大,所以水银柱向下移动.

该学生分析及所得结论是否有问题?若有问题请予以纠正.

解析:该解法错误.应假设水银柱不动,两部分气体均做等容变化.设开始时气体温度为 T,压强为 p,升温 ΔT后气体温度为T′,压强为 p′,则由利用分比定理则有因为 p下＞p上,所以Δp下＞Δp上.

因为温度升高,气体体积变大,所以水银柱向上移动.

点评:求解本类题有多种解法.常见有“假设法”、“计算法”、“图像法”、“极限法”等.该题采用的是“假设法”和“计算法”.之所以不能设两部分气体都做等压变化,是因为如果假设两部分气体都做等压变化,温度升高后上、下两部分气体体积都变大,但玻璃管总的体积是一定的,所以假设不合理.需要注意的是,判断温度变化时液柱、活塞如何移动,本质是判断隔离物两边压力变化的情况.

1.2 气缸活塞类问题

例2.如图2所示,水平放置的封闭气缸中有两个横截面积不等的活塞分别封闭了 A、B两部分温度相同的气体,两活塞用不可伸长的硬杆相连,两活塞之间是真空,不计一切摩擦.现A、B两部分气体同时升高相同的温度时,问活塞将如何移动?

图2

点评:在实际解题时,当隔离物两端横截面积相同时,可以比较两部分气体的压强变化;当隔离物两端横截面积不同时,则应比较两部分气体的压力变化.

1.3 同类变式

例3.如图 3(a)所示,水平放置的由两段粗细不同的细玻璃管组成的封闭容器中,一段水银柱将气体分成 A、B两部分,当水银柱静止时,下列判断正确的是

图3

(A)水银柱两侧受到的气体压力大小相等.

(B)A、B两部分气体的压强相同.

(C)若两部分气体温度相同,现同时升高10℃,则水银柱不动.

(D)若两部分气体温度相同,现同时降低10℃,则水银柱向右移.

解析:以斜线阴影部分的水银柱作为研究对象,由受力平衡得pA=pB.但整个水银柱左右两侧的面积 SA＜SB,所以水银柱两侧受到的气体压力 FA＜FB,(A)错(B)对.若两部分气体温度相同,现同时升高10℃,同前面分析方法可得,ΔFA=ΔFB,则水银柱不动,(C)对.同理(D)错.正确选项为(B)、(C).

点评:此题的关键是正确选取研究对象,在本题中 B玻璃管中阴影部分外的水银柱对B管左边侧壁有压力,即B玻璃管中斜线阴影部分外的水银柱受到B气体对它的压力和侧壁C、D对它的弹力而平衡,如图 3(b)所示.需要特别注意的是,本例中能够影响液柱移动的那部分研究对象的横截面积是相同的,不要被图中的表面现象所迷惑.

1.4 错解辨析

图4

例4.如图4所示,两个水平相对放置的固定气缸有管道相通,轻质活塞a、b用钢性轻杆固连,可在气缸内无摩擦地移动,两活塞面积分别为 Sa和Sb,且 Sa＜Sb.缸内及管中封有一定质量的气体,整个系统处于平衡状态,大气压强不变.现令缸内气体的温度缓慢升高一点,则系统再次达到平衡状态时

(A)活塞向右移动了一点,缸内气体压强增大.

(B)活塞的位置没有改变,缸内气体压强增大.

(C)活塞向左移动了一点,缸内气体压强不变.

(D)活塞向右移动了一点,缸内气体压强不变.

解析:对活塞 a、b整体研究,通过受力分析,列出平衡方程可知,pSa+p0Sb=p0Sa+pSb,即 p(Sb-Sa)=p0(Sb-Sa),所以 p=p0,两个气缸内的气体做等压变化,温度升高,体积变大,因此活塞会向左移动.正确选项为(C).

点评:此题初看象前面所述的同一类问题,实则不同.第1个不同点在于该题研究的是单一气体,而非两部分气体.第2个不同点在于本题中气体实际上在做等压变化,而不是假设气体做等容变化.

2 判断“液柱、活塞移动后,再次达到稳定后相关物理量的变化”的问题

2.1 液柱类问题

例5.如图5所示,竖直放置的上细下粗的密闭细管,水银柱将气体分隔成 A、B两部分,初始温度相同.使 A、B升高相同温度达到稳定后,体积变化量为 ΔVA、ΔVB,压强变化量为 ΔpA、ΔpB,对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB,则

(A)水银柱向上移动了一段距离.

(B)ΔVA＜ΔVB.

(C)ΔpA＞ΔpB.

(D)ΔFA=ΔFB.

图5

解析:可以用例3的方法判断水银柱是向上移动的,(A)正确.因为水银柱不可压缩,所以水银柱移动后,B气体的体积减小量等于A气体的体积增加量,ΔVA=ΔVB,(B)错.设 A、B升高相同温度达到稳定后水银柱长度为h′,升温前水银柱长度为 h,因为水银柱向上移动,有 h′＞h.升温前,上下气体压强有 pA=pB+h.

升温稳定后,上下气体压强有 pA′=pB′+h′.

两式相减,有ΔpA=ΔpB+h′-h,所以ΔpA＞ΔpB,(C)正确.

因为 SA＞SB,所以 A、B升高相同温度达到稳定后对液面压力的变化量为ΔFA＞ΔFB,(D)错.正确选项为(A),(C).

点评:此题中的压强变化量为ΔpA、ΔpB,压力的变化量为ΔFA、ΔFB,分别为 A、B两部分气体升高相同温度达到稳定后,末态与初态的压强差和压力差.与判断“液柱、活塞动不动,如何动”问题中假设两部分气体做等容变化推导过程中的ΔpA、ΔpB的物理意义不同,如果囫囵吞枣,审题不清,就会得到错误的结果.

2.2 气缸活塞类问题

图6

例6.如图 6所示,竖直放置的上下固定的两气缸 A、B,两气缸之间用质量不计的活塞和轻杆连接,活塞与气缸之间不漏气且不计摩擦,A气缸的横截面积大于B气缸的横截面积.开始时初始温度相同.使 A、B升高相同温度达到稳定后,体积变化量为ΔVA、ΔVB,压强变化量为 ΔpA、ΔpB,对活塞压力的变化量为ΔFA、ΔFB,则

(A)活塞和轻杆向上移动了一段距离.

(B)ΔVA＞ΔVB.

(C)ΔpPA=ΔpB.

(D)ΔFA=ΔFB.

解析:可以用例2的方法判断活塞和轻杆是向下移动的,(A)错.活塞和轻杆向下移动的距离相等,因为 SA＞SB,所以 A、B升高相同温度达到稳定后,体积变化量ΔVA＞ΔVB.

对活塞进行受力分析,升温前活塞平衡时有

升温稳定后活塞平衡时有

两式相减,有 ΔpASA=ΔpBSB,即 A、B升高相同温度达到稳定后,对活塞压力的变化量ΔFA=ΔFB,(D)正确.又因为 SA＞SB,A、B升高相同温度达到稳定后,上下气体压强的变化量ΔpA＜ΔpB,(C)错.正确选项为(B)、(D).

点评:从这个例子的分析可知,在判断“液柱、活塞动不动,如何动”问题,及判断“液柱、活塞移动后,再次达到稳定后相关物理量变化”的问题时,“当隔离物两端横截面积相同时,可以比较两部分气体的压强变化;当隔离物两端横截面积不同时,则应比较两部分气体的压力变化”这个结论依然成立.需要特别注意的是,本例中 A、B升高相同温度达到稳定后,对活塞压力的变化量ΔFA=ΔFB的结果之所以和例5中 A、B升高相同温度达到稳定后对液面压力的变化量为ΔFA＞ΔFB不同,是因为例5中水银是液体可以流动,但受到水银柱的总体积不变这个条件的限制,所以在粗管和细管中水银上升的距离是不同的.但例6中活塞是靠轻杆相连的,当活塞和轻杆发生移动时,它们移动的距离是相等的.