气体实验水银柱专题完美答案版本

1．如图所示，一根足够长的两端开口的粗细均匀的直管，竖直插入很大的水银槽中。有个质量不计的横截面积S＝1cm2的活塞A，在管中封闭一段长L＝10cm的理想气体。开始时A处于静止状态。现在用力F竖直向上缓慢拉动活塞A，不计管壁对A的摩擦。当F＝2N时，A再次静止。设整个过程中环境温度不变，外界大气压p0＝1.0×105Pa（约为75cmHg），求：(1)A再次静止时的气体压强p2；(2)A再次静止时的气体长度L2；(3）在此过程中活塞A上升的距离h。1解：（1）p2＝p0—F/S＝1.0×105Pa－2/1×10-4Pa＝0.8×105Pa（2）根据玻意耳定律得到p1L1S＝p2L2S1.0×105×10＝0.8×105L2L2＝12.5cm（3）由于内外气体压强的压强差为0.2×105Pa约等于75cmHg×0.2×105/1.0×105＝15cmHg，所以下面管中水银面上升15cm，故活塞上升的距离为增加的气体的长度与下面水银上升的距离之和2.5cm＋15cm＝17.5cm2．如图（a）所示，一支上端开口、粗细均匀的足够长玻璃管竖直放置，玻璃管内一段长度为10cm的水银柱封闭了一段长度为5cm的空气柱，环境温度为27℃，外界大气压强P0＝75cmHg。求：（1）管内封闭气体的压强为多大？（2）若将玻璃管插入某容器的液体中，如图（b）所示，这时空气柱的长度增大了2cm，则该液体的温度为多少？2解：（1）P1＝P0＋h＝75＋10＝85(cmHg)（2）气体做等压变化，L1＝5cm，L2＝L＋2＝7cm，T1＝273＋23＝300（K）1212LSLSTT21217300420(K)5LTTL3．如图所示，粗细均匀的U形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L=15cm的理想气体，当温度为27C时，两管水银面的高度差Δh=3cm。设外界大气压为75cmHg。则：（1）若对封闭气体缓慢加热，为了使左、右两管中的水银面相平，温度需升高到多少C？（2）若保持27C不变，为了使左、右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入pdwulicyhh图（a）图（b）的水银柱高度h应为多少?3.解：（1）p1=p0－gΔh＝75-3=72cmHgV1=LS＝15Scm3T1=300K222111TVpTVp25.16753001572T∴T2=343.75Kt2=70.75℃（2）p3=75cmHg，V3=L’·S，p1V1=p3V372×15=75×L′∴L′＝14.4cmh＝Δh＋2(L－L’)＝3+2×(15-14.4)＝4.2cm4．如图所示，这个装置可以作为火灾报警器使用：试管中装入水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出响声。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5cm，大气压强为75cmHg，则（1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？（2）若再往玻璃管内注入2cm长的汞柱，则该装置的报警温度为多少摄氏度？4解：（1）V1T1＝V2T2，20300＝30T2，T2＝450K，t2＝177℃。（2）p1V1T1＝p2V2T2，8020300＝（80＋2）（30－2）T2。得：T2＝430.5K，t2＝157.5℃5．如图22所示为薄壁等长U型管，左管上端封闭，右管上端开口，管的横截面积为S，内装密度为的液体，右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。当温度为T0时，左、右管内液面高度相等，两管内空气柱长度均为L（L＞h），压强均为大气压强p0。现使两边温度同时逐渐升高，求：（1）温度升高到多少时，右管活塞开始离开卡口？（2）温度升高到多少时，左管内液面下降h/2LΔhL1L25解：（1）右管内活塞在离开卡口前，右管内气体压强p1＝p0＋mg/S右管内气体的状态变化为一等容过程，即101100STmgPTPTP，所以001)1(TSPmgT（2）以左管内气体为研究对象，设其初态为p0，LS与T0，未态为p2、V2、T2，则有p2＝p0＋gh；V2＝（L＋2h）S；由气体状态方程222000TVPTVP；0002)2)((TLPhLghPT6．如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端留有一抽气孔．管内下部被活塞封住一定量的理想气体，气体温度为T1．开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到P0时，活塞下方气体的体积为V1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V1。活塞因重力而产生的压强为0.5P0。继续将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中，管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热，求：（1）活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度；（2）当气体温度达到1.8T1时气体的压强．6解：（1）活塞上方压强为P0时，活塞下方压强为P0+0.5P0。活塞刚到管顶时，下方气体压强为0.5P0，设活塞刚到管顶时温度为T2，由气态方程：211011006.20.5P0.5PPTVVTV）（）（，解得：T2＝1.2T1（2）活塞碰到顶部后，再升温的过程是等容过程。由查理定律得：12108.1P2.10.5PTT，解得：P2＝0.75P0[说明：问题（1）可分步求解。参考解答如下：等温过程：VV01000.5P0.5PP）（；等压过程：21116.2TVVTV）（解得：T2＝1.2T17.一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S＝2×10-3m2，竖直插入水面足够宽广的水中．管中有一个质量为m＝0.4kg的活塞，封闭一段长度为L0＝66cm的气体，气体温度T0=300K，如图所示．开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管壁间的摩擦．外界大气压强P0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3．试问：（1）开始时封闭气体的压强多大？（2）现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞．当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝6.4N，则这时管内外水面高度差为多少？管内气柱长度多大？（3）再将活塞固定住，改变管内气体的温度，使管内外水面相平，此时气体的温度是多少？7解：（1）当活塞静止时，551030.4101.0101.0210()210mgPPPaS（2）当F=6.4N时，有SFmgPP02；P2=9.88×104Pa；ghPP02管内液面比水面高mmgSmgFh12.010210100.1104.04.633由玻意耳定律P1L1S=P2L2S；空气柱长度)(14.68661088.91002.1451212cmLPPL（3）P3=P0=1.0×105Pa；L3=68.14+12=80.14cm，T2=T1；由气态方程333222TLPTLP)(12.35730014.681088.914.80100.145122333KTLPLPT8.如图所示，一端封闭的均匀细玻璃管开口向下竖直插入深水银槽内，管内封闭有一定质量的空气，开始时管顶距水银槽面的高度为50cm，管内外水银面高度差为30cm。现保持温度不变，将玻璃管沿竖直方向缓慢上移（管口未离开槽中水银），使管内外水银面高度差为45cm。设水银槽面的高度变化可忽略不计，大气压强p0＝75cmHg，环境温度为27℃。（1）求此时管顶距水银槽面的高度。（2）若保持（1）中管顶距水银槽面的高度不变，将环境温度降为-3℃，求此时管内空气柱的长度。8解：（1）cmHgp451，sV201,cmHgp30)4575(2,xsV22211VpVp,∴x302045，cmx30cmcmH75)3045(（2）设此时管内空气柱的长度为l，cmHglp)75(753，lsV3，KT2703333222TVpTVp∴27030030302l∴cml46.289．如图（a）所示，长为L＝75cm的粗细均匀、一端开口一端封闭的玻璃管，内有长度为d＝25cm的汞柱．当开口向上竖直放置、管内空气温度为27ºC时，封闭端内空气柱的长度为36cm．外界大气压为75cmHg不变．(1)现以玻璃管的封闭端为轴，使它做顺时针转动，当此玻璃管转到水平方向时，如图（b）所示，要使管内空气柱的长度变为45cm，管内空气的温度应变为多少摄氏度?(2)让气体的温度恢复到27ºC，继续以玻璃管封闭端为轴顺时针缓缓地转动玻璃管，当开口向下，玻璃管与水平面的夹角θ=30º，停止转动如图（C）所示。此时再升高温度，要使管内汞柱下表面恰好移动到与管口齐平，则温度又应变为多少摄氏度?9.解：(1)P1V1/T1=P2V2/T2∴100×36/300=75×50/T2∴T2=312.5Kt2=39.5ºC(2)P1V1/T1=P3V3/T3∴100×36=（75-h）×（75-h）∴h=15cmP1V1/T1=P4V4/T4∴100×36/300=(75-7.5)×60/T4∴T4=337.5Kt3=64.5ºC10．如图所示，左端封闭的U形管中，空气柱将水银分为A、B两部分，空气柱的温度t＝87C，长度L＝12.5cm，水银柱A的长度h1＝25cm，水银柱B两边液面的高度差h2＝45cm，大气压强p0＝75cmHg，（1）当空气柱的温度为多少时，水银柱A对U形管的顶部没有压力；（2）空气柱保持（1）中温度不变，在右管中注入多长的水银柱，可以使形管内水银柱B两边液面相平。9解：（1）p1＝（75－45）cmHg＝30cmHg，A对顶部无压力时p2＝25cmHg，h2’＝（75－25）cm＝50cm，L’＝L－（h2’－h2）/2＝10cm，由p1LT＝p2L’T’，得T’＝240K，（2）p2L’＝p0L’’，得L’’＝103cm，注入的水银柱长度为L＝h2’＋2（L’－L’’）＝63.3cm，11．如图所示表示一种测量最高温度的温度计的构造（记录最高温度），上端齐平长U型管内盛有温度为T0＝273K的水银。在封闭的右管内水银上方有空气，空气柱长为h＝24cm。当加热管子时，空气膨胀，挤出部分水银。而当冷却到初温T0后，左边的管内水银面下降了H＝6cm。试求管子被加热到的最高温度。（大气压p0＝76cmHg）11解：开始时封闭气柱：P1＝P0＋h，V1＝hs（s为管截面积）T1＝T0＝273K当加热到最高温度时，设封闭气柱长度为h1，有：P2＝P0＋h1，V2＝h1s，T2＝Tm当空气冷却再回到初温T0时有：P3＝P0＋(h1－2H)，V3＝h1－H，T3＝T0由第1和第3状态分析得：P1V1＝P3V3∴100×24s＝(76＋h1－2×6)(h1－6)·s整理得：h12＋58h1－2784＝0解得h1≈31cm，负根舍去再对第一和第二状态分析得：12212PhPVTT∴1010m0h(Ph)h(Ph)TT∴m31(7631)T273378K24(7624)12．一根截面积均匀粗细不计的U形管两侧长度均为50cm，水平部分长度为30cm，且左侧管口封闭，右侧管口敞开，如右图所示。管内灌有水银，左边水银上方的空气柱长度为40cm，右边水银面离管口30cm。（大气压强为75cmHg，环境温度为270C）（1）若将U形管绕其水平部分AB缓慢旋转180，试分析说明管中的水银是否流出；（2）若往右管中加入10cm水银柱后，为了保持左管气柱长度不变，则环境温度要升高到多少0C？（3）若改变环境温度使左右两管水银面相平，求环境温度的改变量。Ah1LBh2Hh12解：（1）设右侧还剩有xcm水银柱，则有（75＋10）40＝（75－x）（130－x），即x2－205x＋6350＝0，x＝38cm，可见管中水银流出Y=30+20+10-38=22cm；（2）由查理定律：（75+10）/300=（75+20）/T2T2=335.29K（3）由气态方程（75＋10）40