选修3-3液柱类计算题

.6/6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＝19cm,封闭端空气柱长度为L1＝40cm.为了使左、右两管中的水银面相平,<设外界大气压强p0＝76cmHg,空气柱温度保持不变>试问：①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？②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26cm、温度为280K的空气柱,左、右两管水银面高度差为36cm,外界大气压为76cmHg。若给左管的封闭气体加热,使管内气柱长度变为30cm,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＝24cm,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℃时,左边开口管内水银面下降了H＝5cm。试求管内空气被加热到的最高温度。设大气压p0＝76cmHg<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＝24cm的水银柱封闭了一段长为x0＝23cm的空气柱,系统初始温度为T0＝200K,外界大气压恒定不变为p0＝76cmHg。现将玻璃管开口封闭,将系统温度升至T＝400K,结果发现管中水银柱上升了2cm,若空气可以看作理想气体,试求：①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?②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。27℃时,空气柱长度L1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℃时,报警器会报警？〔2如果要使该装置在87℃时报警,则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱？〔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＝10.0cm,B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。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＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。<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、下端开口内径均匀的玻璃管,管长L＝100cm,其中有一段长h＝15cm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＝50cm。现把开口端向下插入水银槽中,直至A端气柱长LA′＝37.5cm时为止,这时系统处于静止状态。已知大气压强p0＝75cmHg,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40cm。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：〔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h。〔大气压强p0＝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T0＝273K、长为L0＝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15cm的空气柱,气体温度为300K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25cm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15cm,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p0＝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10m的水底有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560kg,容积为1m3,水底温度恒为7°C,外界大气压强恒为p0＝1atm＝1.0×105Pa,水的密度为1.0×103kg/m3,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1atm、27°C的空气才可使铁箱浮起<g取10m/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Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝eq\f<2σ,r>,其中σ＝0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105Pa,水的密度ρ＝1.0×103kg/m3,重力加速度大小g＝10m/s2。<ⅰ>求在水下10m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、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：<p0－19cmHg>SL1＝p0SL2,得L2＝30cm故需要再注入39cm的水银柱②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30cm时,左管水银柱下降4cm,右管水银柱上升2cm,即左、右两端水银柱高度差h′＝30cm对左管内封闭气体,p1＝p0－h＝40cmHgp2＝p0－h′＝46cmHgV1＝l1S＝26SV2＝30ST1＝280KT2＝？由理想气体状态方程可得eq\f<p1V1,T1>＝eq\f<p2V2,T2>可得T2＝371.5K3、解析由题意知,初状态：p1＝76cmHg＋24cmHg＝100cmHg,V1＝24S,T1＝273K设温度又冷却到0℃时,两边水银柱高度差是Δh,则末状态p3＝<76＋Δh>cmHgV3＝<5＋Δh>ST3＝273K由理想气体状态方程得eq\f<p1V1,T1>＝eq\f<p3V3,T3>解得Δh＝20cm,V3＝25S设气体温度最高时为T2,此时各状态参量为V2＝<Δh＋2H>S＝30S,p2＝<76＋30>cmHg＝106cmHg由理想气体状态方程得eq\f<p1V1,T1>＝eq\f<p2V2,T2>解得T2＝361.7K4、解析①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eq\f<〔p0＋hx0S,T0>＝eq\f<p〔x0＋2cmS,T>代入数据得p＝184cmHg此时上部气体压强p′＝p－h＝160cmHg②设上部气体最初长度为x,对上部气体有eq\f<p0xS,T0>＝eq\f<p′〔x－2cmS,T>代入数据得x＝40cm所以管总长为x0＋h＋x＝87cm5、解析：〔1等压变化EQ\F<T1,T2>＝EQ\F<V1,V2>EQ\F<300,T2>＝EQ\F<20,30>T2＝450Kt2＝177℃〔2设加入xcm水银柱,在87℃时会报警EQ\F<p1V1,T1>＝EQ\F<p3V3,T3>EQ\F<8320S,300>＝x＝8.14cm〔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＝10.0cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时,空气柱的长度为l1,压强为p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②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p0,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h1为止。由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式,并代入题给数据得l1＝12.0cm。④<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l2,压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式,并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δh,依题意得Δh＝2<l1－l2>＋h1⑧联立④⑦⑧式,并代入题给数据得Δh＝13.2cm。7、解析：对A部分气体,由玻意耳定律有：pALAS＝pA′LA′SpA＝60cmHg解得：pA′＝eq\f<pALA,LA′>＝eq\f<60×50,37.5>＝80cmHg对B部分气体有：pBLBS＝pB′LB′S而pB′＝95cmHgpB＝p0＝75cmHg解得：LB′＝eq\f<75×35,95>＝27.6cmΔh＝L－LA′－h－LB′＝19.9cm。8、解析：〔1插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p0l0S＝p〔l0－h/2S,所以p＝78cmHg；〔2插入水银槽后左管压强：p’＝p＋gh＝80cmHg,左管内外水银面高度差h1＝EQ\F<p’－p0,g>＝4cm,中、左管内气体p0l＝p’l’,l’＝38cm,左管插入水银槽深度h＝l＋h/2－l’＋h1＝7cm。9、解析：〔1P1＝P0＋h左＝P0＋h右h右＝2cm,∴L右＝6cm。〔2P1＝78cmHg,P2＝80cmHg,L2＝〔8＋2＋2cm＝12cm。,即：∴T2＝420K〔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,,即：,∴T3＝980K10、[解析]<1>由于气柱上面的水银柱的长度是25cm,所以右侧水银柱的液面的高度比气柱的下表面高25cm,所以右侧的水银柱的总长度是25cm＋5cm＝30cm,玻璃管的下面与右侧段的水银柱的总长为45cm,所以在左侧注入25cm长的水银后,设有长度为x的水银处于底部水平管中,则50cm－x＝45cm,解得x＝5cm即5cm水银处于底部的水平管中,末态压强为75cm＋<25＋25>cm－5cm＝120cmHg,由玻意耳定律p1V1＝p2V2代入数据,解得：L2＝12.5cm。<2>由水银柱的平衡条件可知需要向右侧注入25cm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＝125cmHg由查理定律,有：eq\f<p1,T1>＝eq\f<p3,T3>解得：T3＝375K。11、解析设打入的空气体积为V1,到湖底后,这部分空气的体积为V2.湖底的压强p2＝p0＋p水＝p0＋ρ水gh＝2atm铁箱充气后所受浮力为F浮＝ρ水gV2上浮的条件是ρ水gV2－mg≥0有V2≥eq\f<m,ρ水>＝eq\f<560,103>m3＝0.56m3由理想气体状态方程有eq\f<p0V1,T1>＝eq\f<p2V2,T2>得V1＝eq\f<p2V2,T2>·eq\f<T1,p0>≤eq\f<2×0.56,280>×eq\f<300,1>m3＝1.2m3故至少需要打入1.2m3的1atm、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做功,根据eq\f<pV,T>＝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＝10m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为Δp1,则Δp1＝eq\f<2σ,r1>①代入题给数据得Δp1＝28Pa。②<ⅱ>设气泡在水下10m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1；气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强