选修3液柱类计算题

1、高要二中 2017 届高三专题复习二（液柱类计算题）1、如图所示，竖直放置的粗细均匀的 U形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度差为h =19 cm，圭寸闭端空气柱长度为 Li = 40 cm.为了使左、右两管中的水银面相平， （设外界大气压强 po = 76 cmHg,空气柱温度保持不变）试问： 需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？此时封闭端空气柱的长度是多少？ 注入水银过程中， 外界对封闭空气做 （ 填“正功”“负功” 或“不做功” ）， 气体将（ 填“吸热”或“放热” ）2、如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的 2倍，在左管内用水银封闭一段长为 26 cm、 温度为

2、280 K的空气柱，左、右两管水银面高度差为 36 cm ,外界大气压为 76 cmHg。若给左管的 封闭气体加热，使管内气柱长度变为 30 cm，则此时左管内气体的温度为多少？3、如图所示为一可以测量较高温度的装置，左、右两壁等长的U形管内盛有温度为 0 C的水银,左管上端开口，水银恰到管口，在封闭的右管上方有空气，空气柱高h= 24 cm,现在给空气柱加热，空气膨胀，挤出部分水银，当空气又冷却到0 C时，左边开口管内水银面下降了 H= 5 cm。试求管内空气被加热到的最高温度。设大气压po= 76 cmHg（设管子足够长，右管始终有水银 ）。h= 24 cm 的水银柱封4、如图,一根粗细均

3、匀的细玻璃管开口朝上竖直放置,玻璃管中有一段长为闭了一段长为xo= 23 cm的空气柱，系统初始温度为 To= 200 K,外界大气压恒定不变为 po= 76 cmHg 现将玻璃管开口封闭，将系统温度升至T= 400 K,结果发现管中水银柱上升了2 cm,若空气可以看作理想气体，试求： 升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为多少cmHg? 玻璃管总长为多少？5、如图所示为一简易火灾报警装置。其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27C时，空气柱长度Li为20cm,水银上表面与导线 下端的距离L2为10cm,管内水银柱的高度 h为

4、8cm,大气压强为75cm水银柱高。(1) 当温度达到多少C时，报警器会报警？(2) 如果要使该装置在 87C时报警，则应该再往玻璃管内注入多少(3) 如果大气压增大，则该报警器的报警温度会受到怎样的影响？6、如图，一粗细均匀的 U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度I = cm, B侧水银面比A侧的高h= cm。现将开关K打开，从U形管中放 出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1= cm时将开关K关闭。已知大气压强 p)= cmHg。(1) 求放出部分水银后 A侧空气柱的长度；(2) 此后再向B侧注入水银，使 A B两侧的水银面达到同一高度，

5、求注入的水银在管内的长度。7、如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L= 100 cm，其中有一段长 h= 15 cm的水银柱把一部分空气封闭在管中。当管竖直放置时，封闭气柱A的长度La= 50 emo现把开口端向P3 =下插入水银槽中，直至 A端气柱长La = cm时为止，这时系统处于静止状态。已知大气压强75 cmHg,整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度。8. 如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm,中管内水银面与管口 A之间气体柱长为 40cmo先将口 B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过 程温度不变，稳定

6、后右管内水银面比中管内水银面高2cm,求：(1) 稳定后右管内的气体压强P;(2) 左管A端插入水银槽的深度 ho (大气压强po= 76cmHg9、如图，粗细均匀、两端开口的U形管竖直放置，两管的竖直部分高度为20cm,内径很小，水平部分BC长14cmo 一空气柱将管内水银分隔成左右两段。大气压强P0 = 76cmHg当空气柱温度为 To=273K、长为L= 8cm时，BC管内左边水银柱长 2cm, AB管内水银柱长也为 2cmo求：(1) 右边水银柱总长是多少？(2) 当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内？(3) 为使左、右侧竖直管内的水银柱上表面高度差最大，空气柱

7、温度至少要升高到多少？10、如图所示，两端开口、粗细均匀的长直U形玻璃管内由两段水银柱封闭着长度为15 cm的空气柱，气体温度为 300 K时，空气柱在 U形管的左侧。(1)若保持气体的温度不变，从左侧开口处缓慢地注入25 cm长的水银柱，管内的空气柱长为多少？(2)为了使空气柱的长度恢复到15 cm,且回到原位置，可以向U形管内再注入一些水银，并改变气体的温度，应从哪一侧注入长度为多少的水银柱？气体的温度变为多少？(大气压强 po= 75cmHg图中标注的长度单位均为cm)11、潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力使容器浮出 水面.假设在深10 m的水底有

8、一无底铁箱倒扣在水底，铁箱内充满水，潜水员先用管子伸入容器内 部，再用气泵将空气打入铁箱内，排出部分水，如图6所示.已知铁箱质量为560 kg ,容积为1 m ,水底温度恒为7 C,外界大气压强恒为po = 1 atm =x 105 Pa，水的密度为x 10 3 kg/m 3,忽略铁箱壁的厚度、铁箱的高度及打入空气的质量，求至少要打入多少体积的1 atm、27 C的空气才可使铁箱浮起(g取10 m/s2).12、在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差 p与气泡半径r之间的关系2为 p= 二，其中d = N/m。现让水下10 m处一半径为cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0 =

9、rx 105 Pa，水的密度 p =x 103 kg/m 3,重力加速度大小 g= 10 m/s 2。 (i )求在水下10 m处气泡内外的压强差；(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比 的近似值。高要二中2017届高三专题复习二参考答案L2.对空气柱有:1、设u形管横截面积为 s,左、右两管中的水银面相平后，封闭端空气柱长为(p0 19 cmHg)SL= p)Sb,得 L2= 30 cm故需要再注入39 cm的水银柱正功放热2、解析 设U形管左管的横截面为 S,当左管内封闭的气柱长度变为30 cm时，左管水银柱下降4 cm,右管水银柱上升 2

10、cm，即左、右两端水银柱高度差h= 30 cm对左管内封闭气体，pi = po h= 40 cmHgp2= po h= 46 cmHgV = l iS= 26S V2= 30STi = 280 K T2=?由理想气体状态方程可得 竽=竽I 1|2可得T2= K3、解析由题意知，初状态：pi = 76 cmHg+ 24 cmHg= 100 cmHg, Vi= 24S, Ti= 273 K设温度又冷却到 0 C时，两边水银柱高度差是 h,则末状态p3= (76 + h) cmHgV = (5 + h) STb = 273 K由理想气体状态方程得pV 帀=QVsIT解得 h= 20 cm , M=

11、25S设气体温度最高时为T2,此时各状态参量为 V= ( h+ 2F)S= 30S,p2= (76 + 30) cmHg = 106 cmHg由理想气体状态方程得pV=p2VIT解得T2= K4、解析 设升温后下部空气压强为p,玻璃管壁横截面积 S,对下部气体有(p+ h) xS p (X0+ 2 cm) ST0= T代入数据得 p= 184 cmHg此时上部气体压强 p= p h= 160 cmHg设上部气体最初长度为x，对上部气体有p0xS p(x 2 cm) ST0T代入数据得x = 40 cm所以管总长为 x+ h+ x = 87 cmT1V15、解析：(1)等压变化t = v3002

12、0帀=30Ta = 450K t2= 177C(2)设加入xcm水银柱，在87C时会报警piVl P3* 亍=tT83 20S = (83x)(30 x)300360x =(3) 报警的温度会升高6、解析：(i)以cmHg为压强单位。设 A侧空气柱长度1 = cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为hi= cm时，空气柱的长度为li,压强为pi。由玻意耳定律得pl = pil i由力学平衡条件得p= P0+ h 打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p。，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于 A侧水银面hi为止。由

13、力学平衡条件有pi= p0 hi 联立式，并代入题给数据得l i= cm。(2)当A B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为丨2,压强为p2。由玻意耳定律得pl = P2I 2由力学平衡条件有 p2=卩0联立式，并代入题给数据得12= cm设注入的水银在管内的长度为 h,依题意得 h= 2( 11 12) + hi联立式，并代入题给数据得 h= cm。7、解析：对A部分气体，由玻意耳定律有:pA_AS= pA La SPa= 60 cmHgDaLa解得：Pa= =错误！ = 80 cmHgLa对B部分气体有：PbLbS= Pb Lb S而 pB= 95 cmHg pB= p= 75

14、 cmHg75 X 35解得：Lb= 95 = cm h= L La h Lbcm。&解析：(1)插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得:所以 p= 78cmHgpol oS= p (l o-h/2 ) S,(2)插入水银槽后左管压强：p= p+ g h= 80cmHg左管内外水银面高度差 hi = = 4cm,g中、左管内气体 pol = p l , l = 38cm,左管插入水银槽深度 h= l + h/2 l + hi= 7cmo9、解析：(1) P = R + h 左=R + h 右 h 右=2cm,L 右=6cmo(2) Pi = 78cmHg F2= 80cmHg L2 = (8+

15、 2+ 2) cm=12cmoPL0S F2L 2S 即：T。T278 8S 80 12ST= 420K273T2(3)当AB管中水银柱上表面恰好上升到管口时，高度差最大。L3 = 28cm。等压变化， 仝 LS，即： 逻 , T3= 980KT2T3420 T310、解析(1)由于气柱上面的水银柱的长度是25 cm,所以右侧水银柱的液面的高度比气柱的下表面高25 cm ,所以右侧的水银柱的总长度是25 cm + 5 cm = 30 cm ,玻璃管的下面与右侧段的水银柱的总长为45 cm，所以在左侧注入 25 cm长的水银后，设有长度为x的水银处于底部水平管中，则 50 cm x= 45 cm

16、，解得 x = 5 cm即5 cm水银处于底部的水平管中，末态压强为75 cm + (25 + 25) cm 5 cm= 120 cmHg,由玻意耳定律p21= P2V2代入数据，解得：L2= cm o(2)由水银柱的平衡条件可知需要向右侧注入25 cm长的水银柱才能使空气柱回到A B之间，这时空气柱的压强为：p3= (75 + 50)cmHg= 125 cmHg由查理定律，有：T=T解得：T3= 375 K o11、解析 设打入的空气体积为 V,到湖底后，这部分空气的体积为V2.湖底的压强 pa = P。+ p水=p+ p水gh= 2 atm铁箱充气后所受浮力为 F浮=p水gV有V25603

17、3市m = m上浮的条件是 p 水 gV mg0得Vi =业T2p0V p2V由理想气体状态方程有=FT12X 300 x p02801故至少需要打入 m3的1 atm、27 C的空气.12、解析：(1)根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误。改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确。理想气体等压膨胀对外pV做功，根据 y=恒量知，膨胀过程一定吸热，说法c错误。根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确。两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确。(2)( i )当气泡在水下 h= 10 m处时，设其半径为 ri,气泡内外压强差为 pi,则 p1 =代