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1、精选优质文档-倾情为你奉上高要二中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h19 cm,封闭端空气柱长度为L140 cm.为了使左、右两管中的水银面相平,(设外界大气压强p076 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、右两
2、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h24 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H5 cm。试求管内空气被加热到的最高温度。设大气压p076 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h24 cm的水银柱封闭了一段长为x023
3、 cm的空气柱,系统初始温度为T0200 K,外界大气压恒定不变为p076 cmHg。现将玻璃管开口封闭,将系统温度升至T400 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。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
4、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 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、下端开口内径均匀的玻璃管,管长L100 cm,其中有一段长h15 cm的水银柱把
5、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LA50 cm。现把开口端向下插入水银槽中,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p075 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p076cmHg)9、如图,粗细均匀、两端开
6、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P076cmHg。当空气柱温度为T0273K、长为L08cm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
7、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p075 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 m3,水底温度恒为7 C,外界大气压强恒为p01 atm105 Pa
8、,水的密度为103 kg/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之间的关系为p,其中 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p0105 Pa,水的密度103 kg/m3,重力加速度大小g10 m/s2。()求在水下10 m处气泡内外的压强差;()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
9、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: (p019 cmHg)SL1p0SL2,得L230 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h30 cm对左管内封闭气体,p1p0h40 cmHgp2p0h46 cmHgV1l1S26SV230ST1280 KT2由理想气体状态方程可得可得T2 K3、解析由题意知,初状态:p176 cmHg24 cmHg100 cmHg,V124S,T1273 K设温度又冷却到0 时,两边水银柱高
10、度差是h,则末状态p3(76h) cmHgV3(5h)ST3273 K由理想气体状态方程得解得h20 cm,V325S设气体温度最高时为T2,此时各状态参量为V2(h2H)S30S,p2(7630) cmHg106 cmHg由理想气体状态方程得解得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,对下部气体有代入数据得p184 cmHg此时上部气体压强pph160 cmHg设上部气体最初长度为x,对上部气体有代入数据得x40 cm所以管总长为x0hx87 cm5、解析:(1)等压变化 T2450K t2177(2)设加入xcm水银柱,在87时会报警 x(3)报警的温度会升高6、解析
11、:(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h1 cm时,空气柱的长度为l1,压强为p1。由玻意耳定律得plp1l1由力学平衡条件得pp0h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p1p0h1联立式,并代入题给数据得l1 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l2,压强为p2。由玻意耳定律得plp2l2由力学平衡条件有p2p0联立式,并代入题给数据得l2 cm设注
12、入的水银在管内的长度为h,依题意得h2(l1l2)h1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:pALASpALASpA60 cmHg解得:pA80 cmHg对B部分气体有:pBLBSpBLBS而pB95 cmHgpBp075 cmHg解得:LB cmhLLAhLB cm。8、解析:(1)插入水银槽后右管内气体:由玻意耳定律得:p0l0Sp(l0Dh/2)S,所以p78cmHg;(2)插入水银槽后左管压强:pprgDh80cmHg,左管内外水银面高度差h14cm,中、左管内气体p0lpl,l38cm,左管插入水银槽深度hlDh/2lh17cm。9、解析:(1)P
13、1P0h左P0h右 h右2cm,L右6cm。(2)P178cmHg,P280cmHg,L2(822)cm12cm。,即: T2420K (3)当AB管中水银柱上表面恰好上升到管口时,高度差最大。L328cm。等压变化,即:,T3980K 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 cm5 cm30 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 cmx45 cm,解得x5 cm即5 cm水银处于底部的水平管中,末
14、态压强为75 cm(2525) cm5 cm120 cmHg,由玻意耳定律p1V1p2V2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(7550)cmHg125 cmHg由查理定律,有:解得:T3375 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.湖底的压强p2p0p水p0水gh2 atm铁箱充气后所受浮力为F浮水gV2上浮的条件是水gV2mg0有V2 m3 m3由理想气体状态方程有得V1 m3 m3故至少需要打入 m3的1 atm、27 C的空气12、解析:(1)根据
15、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)()当气泡在水下h10 m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为p1,则p1代入题给数据得p128 Pa。()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p2,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p1V1p2V2由力学平衡条件有p1p0ghp1p2p0p2气泡体积V1和V2分别为V1r13V2r23联立式得3由式知,pip0,i1,2,故可略去式中的pi项。代入题给数据得。专心-专注-专业
限制150内