选修3-3液柱类计算题

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p0＝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＝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 ℃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)。

专业资料整理

WORD完美格式编辑

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p0＝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h1＝10.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝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。

专业资料整理

WORD完美格式编辑

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 cm。现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长LA′＝37.5 cm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？

专业资料整理

WORD完美格式编辑

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p0＝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，水底温度恒为7 °C，外界大气压强恒为p0＝1 atm＝1.0×10 Pa，水的密度为1.0×10 kg/m，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/s)．

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＝

2σ，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

2

5

3

3

3

r气压强p0＝1.0×10 Pa，水的密度ρ＝1.0×10 kg/m，重力加速度大小g＝10 m/s。

(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。

专业资料整理

5332

WORD完美格式编辑

高要二中2017届高三专题复习二参

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＝p0SL2，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，p1＝p0－h＝40 cmHg

p2＝p0－h′＝46 cmHg V1＝l1S＝26S V2＝30S T1＝280 K T2＝？

由理想气体状态方程可得可得T2＝371.5 K

3、解析 由题意知，初状态：p1＝76 cmHg＋24 cmHg＝100 cmHg，V1＝24S，T1＝273 K 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) cmHg

p1V1p2V2

＝ T1T2

V3＝(5＋Δh)S T3＝273 K

由理想气体状态方程得

p1V1p3V3＝ T1T3

解得Δh＝20 cm，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＝106 cmHg

由理想气体状态方程得解得T2＝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 （p0＋h）x0Sp（x0＋2 cm）S＝

p1V1p2V2

＝ T1T2

T0T代入数据得p＝184 cmHg

此时上部气体压强p′＝p－h＝160 cmHg ②设上部气体最初长度为x，对上部气体有

p0xSp′（x－2 cm）S＝ T0T 专业资料整理

WORD完美格式编辑

代入数据得x＝40 cm

所以管总长为x0＋h＋x＝87 cm 5、解析：（1）等压变化 ＝

30020

＝ T230

T1

T2V1V2

T2＝450K t2＝177℃

（2）设加入xcm水银柱，在87℃时会报警

p1V1p3V3

＝ T1T3

(83x)(30x)8320S ＝ 300360x＝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h1＝10.0 cm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＝12.0 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＝10.4 cm⑦ 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＝13.2 cm。

7、解析：对A部分气体，由玻意耳定律有：

pALAS＝pA′LA′S pA＝60 cmHg

专业资料整理

WORD完美格式编辑

解得：pA′＝pALA60×50

＝＝80 cmHg LA′37.5

对B部分气体有：

pBLBS＝pB′LB′S

而pB′＝95 cmHg pB＝p0＝75 cmHg 75×35

解得：LB′＝＝27.6 cm

95Δh＝L－LA′－h－LB′＝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：p0l0S＝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，左管内外水银面高度差h1＝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：（1）P1＝P0＋h左＝P0＋h右 h右＝2cm，∴L右＝6cm。 （2）P1＝78cmHg，P2＝80cmHg，L2＝（8＋2＋2）cm＝12cm。 P1L0SP2L2S，即：788S8012S ∴T2＝420K

273T2T0T2p’－p0

＝4cm，g（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，L2SL3S，即：12S28S，∴T3＝980K

420T3T2T3

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p1V1＝p2V2

代入数据，解得：L2＝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：p3＝(75＋50)cmHg＝125 cmHg

由查理定律，有：＝ 解得：T3＝375 K。

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.

专业资料整理

p1p3

T1T3

WORD完美格式编辑

湖底的压强p2＝p0＋p水＝p0＋ρ水gh＝2 atm 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≥

m56033

＝3 m＝0.56 m ρ水10

p0V1p2V2

＝ T1T2

由理想气体状态方程有得V1＝

p2V2T12×0.5630033

·≤× m＝1.2 m T2p02801

3

故至少需要打入1.2 m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r1，气泡内外压强差为Δp1，则 2σΔp1＝①

pVTr1

代入题给数据得Δp1＝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p2，气泡内外压强差为Δp2，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

p1V1＝p2V2③

由力学平衡条件有

p1＝p0＋ρgh＋Δp1④ p2＝p0＋Δp2⑤

气泡体积V1和V2分别为

V1＝πr13⑥ V2＝πr23⑦

联立③④⑤⑥⑦式得

43

43

r13＝p0＋Δp2⑧ r2ρgh＋p＋Δp01

由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。 代入题给数据得

专业资料整理

WORD完美格式编辑

r23

＝2≈1.3。⑨ r1

专业资料整理