选修3-3液柱类计算题.doc
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L1=40 cm. 为了使左、右两管中的水银面相平,( 设外界大气压强
p 0=76 cmHg,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26 cm 、温度为 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℃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 =5 cm。
试求管内空气被加热到的最高温度。设大气压p0=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 =24cm 的水银柱封闭了一段长为x0=23 cm的空气柱,系统初始温度为T0=200 K,外界大气压恒定不变为p 0=
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:
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=10.0 cm,B侧水银面比 A 侧的高 h =3.0 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h 1=10.0cm 时将开关K 关闭。已知大气压强
p 0=75.0 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 L A=50 cm。现把开口端向下插入水银槽中,直至 A 端气柱长 L A′=37.5cm 时为止,这时系统处于静止状态。已知大气压
强 p0=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p 0=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20 cm,内径很小,水平部分 BC 长14 cm 。一空气柱将管内水银分隔成左右两段。大气压强P0=76 cmHg 。当空气柱温
度为 T0=273K、长为 L0=8cm 时,BC 管内左边水银柱长 2 cm,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p 0=75 cmHg,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 3,水底温度恒为7°C,外界大气压强恒为p 0=1 atm=1.0×105Pa,水的密度为 1.0 ×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
2σ
为p =,其中σ=0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大r
气压强 p 0=1.0×105Pa,水的密度ρ=1.0×103kg/m 3 ,重力加速度大小g =10 m/s2。
( 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 、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- 19 cmHg)SL1= p 0 SL2,得 L2=30 cm
故需要再注入 39 cm 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
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 ′=30 cm
对左管内封闭气体, p 1 = p 0- h = 40 cmHg
p 2 =p 0- h ′=46 cmHg V 1 = l 1 S = 26 S V 2=30 S
T 1=280 K
T 2=?
p 1V 1 p 2 V 2 由理想气体状态方程可得
T 1
=
T 2
可得 T 2= 371.5 K
3 、解析 由题意知,初状态: p 1= 76 cmHg + 2
4 cmHg =100 cmHg ,V 1=24 S ,T 1= 273 K
设温度又冷却到 0 ℃时,两边水银柱高度差是
h ,则末状态 p 3 = (76 + h ) cmHg
V 3 = (5 + h )S
T 3=273 K
p 1V 1 p 3 V 3
由理想气体状态方程得
=
T 3
T 1
解得 h = 20 cm ,V 3= 25 S
设气体温度最高时为
T 2 ,此时各状态参量为 V 2= ( h + 2 H ) S = 30 S ,
p 2 = (76 + 30) cmHg = 106 cmHg
p 1V 1 p 2 V 2
由理想气体状态方程得
=
T 1
T 2
解得 T 2= 361.7 K
4 、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
( p 0 + h ) x 0 S p (x 0 + 2 cm ) S
=
T 0 T
此时上部气体压强
p ′=p - h = 160 cmHg
p 0xS p ′(x - 2 cm ) S
②设上部气体最初长度为
x ,对上部气体有
=
T 0
T
代入数据得 x =40 cm
所以管总长为 x 0 + h + x =87 cm
T 1 V 1 5 、解析:( 1 )等压变化
=
T 2
V 2
300
20 = T 2
30
T 2 = 450K t 2 = 177 ℃
( 2 )设加入 x cm 水银柱,在 87 ℃时会报警
p 1 V 1 p 3 V 3
=
T 3
T 1
83 20S (83 x)(30
x)
300
=
360
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 = 10.0 cm 时的压强为 p ;当两侧水
银面的高度差为 h 1 =10.0 cm 时,空气柱的长度为 l 1 ,压强为 p 1。由玻意耳定律得
pl =p 1l 1 ①
由力学平衡条件得
p = p 0 +h ②
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 0,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 h 1 为止。由力学平衡条件有
p 1 = p 0- h 1③
联立①②③式,并代入题给数据得
l 1=12.0 cm。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 p 2。由玻意耳定律得pl = p 2 l 2⑤
由力学平衡条件有 p 2= p 0⑥
联立②⑤⑥式,并代入题给数据得l2=10.4 cm⑦
设注入的水银在管内的长度为h ,依题意得
h =2( l 1- l 2)+ h 1⑧
联立④⑦⑧式,并代入题给数据得
h =13.2 cm。
7 、解析:对 A 部分气体,由玻意耳定律有:
p A L A S=p A′L A′S
p A=60 cmHg
p A L A 60 ×50
解得: p A′=== 80 cmHg
L A′37.5
对 B 部分气体有:
p B L B S= p B′L B′S
而 p B′=95 cmHg p B=p 0=75 cmHg
75 ×35
解得: L B′== 27.6 cm
95
h = L- L A′-h - L B′=19.9 cm。
8 、解析:( 1 )插入水银槽后右管内气体:由玻意耳定律得:p 0l0S=p ( l0- h /2)S,
所以 p =78cmHg;
( 2 )插入水银槽后左管压强:p’=p+g h= 80cmHg h 1=p’- p 0
,左管内外水银面高度差=
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 ’+ h 1 = 7cm 。
9 、解析:( 1 ) P 1=P 0+h 左=P 0+h 右
h 右=2cm ,∴L 右=6cm 。
( 2 )P 1=78 cmHg ,P 2=80 cmHg ,L 2=( 8+ 2 + 2 ) cm =12 cm 。
P 1L 0 S P 2L 2S ,即: 78 8S
80 12S ∴ 2 = 420K
T 0
T 2
273
T 2
T
( 3 )当 AB 管中水银柱上表面恰好上升到管口时,高度差最大。 L 3= 28cm 。
等压变化,
L 2
S
L 3
S
,即: 12S 28S ,∴ 3= 980K
T 2 T 3
420 T 3
T
10 、[ 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 ,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 p 1 V 1 = p 2 V 2
代入数据,解得: L 2 = 12.5 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:
p 3 = (75 +50)cmHg = 125 cmHg
p 1 p 3
由查理定律,有:
=
T 1 T 3
解得: T 3=375 K 。
11 、解析 设打入的空气体积为 V 1 ,到湖底后,这部分空气的体积为V 2 .
湖底的压强
p 2 = p 0 +
p 水= p 0+ 水
= 2 atm
ρ gh
铁箱充气后所受浮力为 F 浮
= ρ gV
2
水
上浮的条件是 ρ水 gV 2 -mg ≥0
m
560 有 V 2≥
=
3 m 3= 0.56 m 3
ρ
p 0 V1p 2 V 2
由理想气体状态方程有=
T1T2
p 2 V2 T1 2 ×0.56 300
m 3=1.2 m 3
得 V1=·≤×
T2 p 0 280 1
故至少需要打入 1.2 m 3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
pV
外做功,根据=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T
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r 1,气泡内外压强差为p 1,则
2σ
p 1=①
r 1
代入题给数据得p 1=28 Pa。②
( ⅱ ) 设气泡在水下10 m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,气泡内空气的压强为p 2,气泡内外压强差为p 2,其体积为V2,半径为 r2。
气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有
p 1 V 1= p 2 V2③
由力学平衡条件有
p 1= p 0+ρgh +p 1④
p 2= p 0+p 2⑤
气泡体积 V1和 V2分别为
4
V 1=πr 13⑥
3
4
V 2=πr 23⑦
3
联立③④⑤⑥⑦式得
r 1 p 0 + p 2
r 2 3 =⑧
ρgh+p0+p1
由②式知,p i? p 0, i=1,2,故可略去⑧式中的p i项。代入题给数据得
r 2 3
= 2 ≈1.3 。⑨
r 1