2023年全国乙卷物理试题T33（2）-应用波意耳定律解决实际问题-计算题

【原题-33（2）】 1．如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以为压强单位）    【变式题-基础1】 2．玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将水装入容积为的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强取，重力加速度g取，水的密度取。求水底的压强p和水的深度h。 【变式题-基础2】 3．如下图示，一端封闭的玻璃管倒插在汞槽中，其上端封闭了少量空气。现保持温度不变，将玻璃管稍向上提起一段距离，判断管内空气柱长度l、管内外汞面高度差h如何变化，并简述理由。 【变式题-基础3】 4．如图所示，粗细均匀足够长的试管竖直放置，下端开口上端封闭。管中水银柱高，水银柱封闭高的理想气体，气体温度保持不变，大气压强。 （1）将试管缓慢旋转至开口竖直向上，求此时封闭气体的长度； （2）若将此试管静置于“天宫”空间站内，假定空间站内大气压、气体温度均与题干中的相同且保持不变，求此时封闭气体的长度。 【变式题-巩固1】 5．如图所示，竖直固定的大圆筒由上面的细圆筒和下面的粗圆筒两部分组成，粗圆筒的内径是细筒内径的4倍，细圆筒足够长。粗圆筒中放有A、B两个活塞，活塞A的重力及与筒壁间的摩擦忽略不计。活塞A的上方装有水银，活塞A、B间封有一定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银上表面与粗筒上端相平，空气柱长，水银深。现使活塞B缓慢上移，直至有一半质量的水银被推入细圆筒中。假设在整个过程中空气柱的温度不变，大气压强p。相当于的水银柱产生的压强，求： （1）细圆筒中水银柱的高度； （2）封闭气体的压强； （3）活塞B上移的距离。 【变式题-巩固2】 6．如图所示，在粗细均匀的玻璃管中用阀门和水银封闭了两部分理想气体，右管中空气柱的长度，压强，左管中空气柱的长度，两管中水银面的高度差。现打开阀门，当右管中的水银面下降时立即关闭阀门，在此过程中两部分气体的温度均保持不变。求左管中放出的气体占其总量的百分比。 【变式题-巩固3】 7．如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒的横截面积是细筒的3倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银，用外力向上托住活塞B，使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平。已知环境温度恒定，活塞与筒壁导热性良好；水银深H=15cm，气柱长L=50cm，大气压强。现使活塞B缓慢上移，直到有三分之一的水银被推入细简中。求： （1）活塞B移动后，筒内气体的压强； （2）活塞B向上移动的距离。 【变式题-提升1】 8．如图所示，导热性能良好、粗细均匀的长直U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和两段水银柱A、B封闭着C、D两段理想气体。初始时水银柱A对左管顶部玻璃的压力恰好为0，水银柱A下端与水银柱B在右管中的上端平齐，水银柱及气体柱长度如图所示。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管的高度相等并达到稳定状态。已知水银密度为，玻璃管横截面积为S，环境温度不变，整个装置气密性良好。求： （1）重新稳定后，D段理想气体的长度； （2）重新稳定后，水银柱A对玻璃管的压力F。 【变式题-提升2】 9．如图所示，一支粗细均匀的玻璃管开口向下竖直放置，管内由两段长均为l0=15cm的水银柱封闭着空气柱A、B，空气柱A的长度lA=10.5cm，空气柱B的长度lB=9cm。现缓慢将玻璃管旋转至管口竖直向上并固定。已知外界大气压强p0=75cmHg，封闭空气可视为理想气体且温度不变，求： （1）空气柱A的长度LA； （2）空气柱B的长度LB。    【变式题-提升3】 10．竖直放置的粗细均匀的U型玻璃管右端封闭，左端用一进气口与外界大气连通。现用一段水银柱把U型管内气体分为左右两部分，长度均为40cm，已知大气压强为75cmHg。现用抽气机把左部分气体陆续抽出，停止抽气后，发现右管内气体长度为50cm（未到管底部），此过程中不考虑两气体温度变化。 （1）停止抽气后，右部分气体压强是多少； （2）此过程中，左部分气体剩余质量是原质量的几分之几。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．， 【详解】设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管的2倍，则 可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为、，所以有 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有 对B管有 其中 联立以上各式解得 2．，10m 【详解】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 即 解得 根据 解得 h=10m 3．增大；增大 【详解】在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压，如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大。 4．（1）；（2） 【详解】（1）对封闭气体，开口向下时 开口向上时 根据玻意耳定律 解得 （2）若将此试管静置于“天宫”空间站中，完全失重，封闭气体压强 根据玻意耳定律 解得 5．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设粗圆筒的截面积为S1，细圆筒的截面积为S2。由于粗圆筒的内径是细圆筒内径的4倍，所以有 水银总体积 一半水银上升到细圆筒中，设细圆筒中水银柱的高度为h。因为水银体积不变，所以有 解得 （2）此时封闭气体的压强 （3）初态封闭气体的压强 初态封闭气体的体积 设初态到末态活塞B上移的距离为x，则末态气体体积 由玻意耳定律有 解得 6． 【详解】设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体由玻意耳定律得 左管中的气体初状态的压强 末状态的压强 对左管中的气体由玻意耳定律得 则左管中放出的气体占其总量的百分比为 7．（1）100cmHg；（2）10cm 【详解】（1）末状态水银深度变为 所以 （2）根据受力分析可知，初状态有 根据玻意耳定律有 解得 故 则活塞向上移动的距离 【点睛】对活塞受力分析，根据初末状态的平衡情况结合气体状态方程进行解答。 8．（1） ；（2） 【详解】（1）对右侧气体，由玻意耳定律得 对左侧气体，由玻意耳定律得 又 解得 （2）重新稳定后，对水银柱A由平衡条件得 解得 9．（1）；（2） 【详解】（1）对空气柱A有 解得 （2）对空气柱B有 解得 10．（1）60cmHg；（2） 【详解】（1）对右部分气体，根据玻意尔定律有 得 p1=60cmHg （2）左部分气体此时长度l2=30cm，p2=40cmHg，根据玻意尔定律有 左部分气体剩余质量是原质量的比例 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$