Question

2．如图，一根截面均匀、不变形的U形细管，两臂长分别为：L₀=20.0cm，h₀=180cm，竖直放置，长臂上端开口，短臂上端封闭，管内盛有水银，使短臂内封有长度为L=10.0cm的空气柱．已知长臂内水银柱长度为h=60.0cm，横管内水银柱长度为x=10.0cm．外界大气压强p₀=76cmHg．现将此管绕通过长臂拐角点且与该管所在平面相垂直的轴线沿逆时针方向缓慢倒转至180°使管口向下，并迅速截去管口处的50cm长的一段管．求与管内封闭的空气柱相接触的水银面的最后位置．

Answer 1

分析 气体发生等温变化，假设封闭气体全部在短管部分、水银全部在长管部分，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律判断出空气柱的位置，然后求出气体的状态参量，应用玻意耳定律解题．

解答 解：水银柱的长度为：60+10+10=80cm，
封闭气体的初状态的状态参量：p₁=p₀+50cmHg=126cmHg，V₁=10S，
U型管转过180°后长臂未截取时，气体压强减小空气柱要变长，设空气柱在短臂端，V₂=LS，
长管中水银柱的长度为：50+L，气体压强：p₂=p₀+[70-2×（20-L）]=（106-2L）cmHg，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p₁V₁=p₂V₂，即：126×10S=（106-2L）×LS，
解得：L=10cm，空气柱长度不变，不符合题意，则假设不正确；
设达到稳定时水银柱在长管内，此时封闭气体压强：p=p₀-s=-4cmHg，不符合事实；
由此可知，U型管倒置后有部分水银流出，余下的水银与管口平齐，设剩余水银的总长度为L′，
封闭气体压强：p₃=p₀-L′，气体体积：V₃=（30+180-L′）S=（210-L′）S，
解得：L′=67cm，空气柱的长度为：210-67=143cm，
迅速截去管口处的50cm长的一段管子，长管中水银柱的长度为：67-50=17cm，
此时大气压将推着水银柱向上运动到水平管和短管部分，在新的位置达到平衡，此时空气柱长度为L₄，
则封闭气体压强为：p₄=p₀-（17-10-20+L₄）=（89-L₄）cmHg，
由玻意耳定律得：p₁V₁=p₂V₂，即：126×10S=（89-L₄）×L₄S，
解得：L₄=15cm，与管内封闭的空气柱相接触的水银面的最后位置为：距短管封闭端的距离为15cm处．
答：与管内封闭的空气柱相接触的水银面的最后位置为：距短管封闭端的距离为15cm处．

点评 本题考查了玻意耳定律的应用，本题难度很大，注意讨论空气柱的位置、讨论水银是否流出是解题的关键，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题．