选修3-3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,封闭端空气柱长度为 Li = 40 cm.为了使左、右两管中的水银面相平，（设外界大气压强 出=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280 K的空气柱，左、右

2、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 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HU 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）。4、如图，一根粗细均匀的细玻璃管开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长为h=24 cm的水银柱封

3、闭了一段长为X0=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，蜂口器发出报警的响声。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8cm,大气压强为75cm水银柱高。(1)当温度达到多少

4、C时，报警器会报警？cm高的水银柱?(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l= 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hi= cm时将开关K关闭。已知大气压强 P0= 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，求注入的水银在管内的长度。7、如图所示，上端封闭、下

5、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 cmb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，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm,求：(

6、1)稳定后右管内的气体压强P;(2)左管A端插入水银1t的深度 ho (大气压强p0=76cmHg)9、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14cm> 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Lo= 8cm时，BC管内左边水银柱长 2cm, AB管内水银柱长也为 2cm)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，空气柱温度至少要升高到多少？10、如图所示，两端开

7、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的水底有一无底铁箱倒扣在水底，铁箱内充满水，潜水员先

8、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 m3, 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A p与气泡半径之间的关系2为Ap=-J,其中(r= N/m。现让水下10 m处一半径为cm的气泡缓慢上升。已知大气压强出=x 105 Pa,水的密度 p

9、 = 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L2.对空气柱有:(pc 19 cmHg) SL1= aS。得匕=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 cm,即左、右两端水银柱高度差h'

10、; =30 cm对左管内封闭气体，pi = poh=40 cmHgp2=p。- h = 46 cmHgV = liS= 26S V2=30STi = 280 K T2=?由理想气体状态方程可得PiVp2V;三可得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Ah,则末状态p3=(76+Ah) cmHgM=(5 + A h) ST3 = 273 K由理想气体状态方程得piVp3MTiT3解得 Ah=20 cm, M=25S设气体温度最高时为T2,此时各状态参量为

11、V2=( A h+2H)S= 30S,p2 = (76 + 30) cmHg =i06 cmHg由理想气体状态方程得pVp2V解得T2= K4、解析 设升温后下部空气压强为p,玻璃管壁木It截面积 S,对下部气体有(pc+ h) xcS p (x0+2 cm) ST0=T代入数据得 p = i84 cmHg此时上部气体压强 p' =ph=i60 cmHg设上部气体最初长度为x,对上部气体有p°xS p' (x-2 cm) ST0代入数据得x = 40 cm所以管总长为 x°+h+x=87 cm一一、八Ti Vi5、解析：(i)等压变化 =I 2V230020

12、IT =30T2=450K t2=i77C(2)设加入xcm水银柱，在87c时会报警pM p3M-tt =yr83 20S (83 x)(30 x) =300360x =(3)报警的温度会升高6、解析：(1)以cmHg为压强单位。设 A侧空气柱长度l = 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= po+ 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。由力

13、学平衡条件有pi= p(0 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 匕，压强为p2o由玻意耳定律彳导pl = p2l 2由力学平衡条件有 p2= p0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 A h,依题意得 A h=2( 11 12) + hi联立式，并代入题给数据得 A h= cm o7、解析：对A部分气体，由玻意耳定律有:pa_aS= pAZ La SpA= 60 cmHg-.DaLa 一解得：Pa =错反！ = 80 cmHgLa对B部分气体有：PbLbS= Pb' Lb'

14、S而 pB' = 95 cmHg pB= p0= 75 cmHg,75X35解得：Lb = = cm95Ah=LLa' hLbcm。8、解析：(1)插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：pol oS= p (I0 h/2 ) S,所以 p= 78cmHg,，p po(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; r , l ' = 38cm,左管插入水银槽深度 h= l + h/2 l ' + hi=7cmo9、解析：(1) Pi = P)+ h 左=已 +

15、11 右 h 右=2cm ：L 右= 6cmt(2) Pi = 78cmHg P2=80cmHg L2= (8+2+2) cm= 12cm)PL0s -S,即:78 8S 80 12s，t2=42okToT2273T2(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，L_S LS,即：12s 型，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,

16、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 ,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pM=p2V代入数据，解得：L2= cm。(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：-7 = -3 1113解得：T3= 375 Ko11、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

17、底的压强 p2=po + p水 = po+ p水gh= 2 atm铁箱充气后所受浮力为F浮=p水gV2上浮的条件是 p 水gV- mcg>0» m 560 3有. .3 m =p水 10由理想气体状态方程有pcVp2VT1 = T2得Vi =T2p0 280x 300 m3= m31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 号=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 Api,则A p1= y-<d代入题给数据得