2017年广东省揭阳市高考物理一模试卷和答案

2017年广东省揭阳市高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）下列说法正确的是（）A．把物体看成质点，这是采用了微元法B．法拉第提出了电场的概念C．光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大D．汤姆孙发现了中子2．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（）A．原、副线圈匝数之比为9：1B．两灯泡的额定功率相等C．此时a的电功率大于b的电功率D．a和b两端电压的频率之比为1：93．（6分）假设若干年后，地球半径变小，但地球质量不变，地球的自转周期不变，则相对于现在（）A．地球表面的重力加速度不变B．发射一颗卫星需要的最小发射速度变大C．地球同步卫星距离地球表面的高度变小D．地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度变大4．（6分）一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t 的图象如图所示，则（）A．质点做匀速直线运动，速度为1m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2C．质点在1 s末速度为3m/sD．质点在第1 s内的平均速度1.5m/s5．（6分）空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2．若A、B两点之间的高度差为h，则（）A．A点的电势比B点的电势高B．v1＞v2，则小球带正电C．在B点，小球的动能与电势能之和一定比在A点的大D．若小球带正电，则小球从A到B动能的增加量小于电势能的减少量6．（6分）在如图所示的平面直角坐标系中，A，B，C三个小球沿图示方向做平抛运动，已知三个小球恰好在x轴上相遇，则（）A．小球A一定比小球B先抛出B．小球A、B在空中运动的时间之比为2：1C．小球A的初速度可能比小球B的初速度大D．小球C的初速度可能比小球B的初速度小7．（6分）如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则（）A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能变大了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率8．（6分）在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t 的变化关系如图乙所示（）A．线框开始运动时ab边到磁场左边界的距离为B．线框边长与磁场宽度的比值为3：8C．离开磁场的时间与进入磁场的时间之比为（3﹣2）：1D．离开磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等二、填空题9．（6分）同学们利用如图所示方法估测反应时间．首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x，重力加速度为g，则乙同学的反应时间为．若乙同学手指张开的角度太大，测得的反应时间（选填“偏大”或“偏小”）．基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则从零刻度开始，刻度的空间间隔越来越（选填“大”或“小”）．10．（9分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，该电源电动势约为9V，内阻约为5Ω．某同学设计了如图所示的实物电路．（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到．（选填“最大值”“0”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，用电压表（量程0～3V）分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U．下列三组电阻箱R的调节范围取值方案中，比较合理的方案是．A.30Ω～80ΩB.300Ω～800ΩC.3000Ω～8000Ω（3）根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=（用字母表示）（4）用这个方法测得的内阻和真实值比较（选填“偏大”“相等”或“偏小”）三、计算题11．（12分）如图所示，AB为倾角θ=37°的光滑斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，此时小球乙与斜面底端B的距离d=2m．质量为m1的小球甲以某一未知速度v0与乙球发生弹性正碰，使乙球获得6m/s的速度．若m1：m2=1：2，且轨道足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）第二次碰撞前小球乙在斜面运动的时间；（2）两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端B的距离．12．（20分）如图，虚线L1、L2将平面分为四个区域，L2的左侧有一匀强电场，场强大小为E，方向与L1平行．L2的右侧为匀强磁场，方向垂直纸面向外．在图中L1上到L2的距离为d的A点有一粒子源，可以发射质量为m，电荷量为+q的粒子，粒子的初速度方向与L2平行，不计粒子的重力．（1）若从A点射出的粒子恰好从距离L1为2d的B点进入磁场，求该粒子进入磁场时的速度大小和方向；（2）在磁场区域放置绝缘挡板BD，挡板与L1交于C点，已知OC=OB，BC=2CD．粒子与挡板BD碰撞前后粒子平行于挡板的分速度不变，垂直于挡板的分速度大小不变，方向反向．当磁感应强度在B1≤B≤B2取值时，恰好所有取值都能使由B 点进入磁场的粒子不与挡板的CD段碰撞，并能从L2上的OB段射出磁场，求B1、B2的值，并求出粒子离开磁场的位置到O点的最远距离．（不考虑粒子再次进入磁场的情况，也不考虑B1≤B≤B2以外的取值）【物理──选修3-3】（选择题选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分）13．（5分）关于分子力，下列说法中正确的是（）A．压缩气体要用力，说明分子间斥力起作用B．将两块铅压紧以后能连成一块，说明分子间存在引力C．热量不能从低温物体传到高温物体D．早晨露珠呈球形，这可以用液体表面张力来解释E．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果14．（10分）如图，粗细均匀、横截面积为S、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔．管内下部被活塞封住一定量的热力学温度为T0的理想气体．开始时，活塞上方气体压强为p0，气柱长度为3L，活塞下方气柱长度为L，现将活塞上方抽成真空并密封，抽气过程中管内气体温度始终保持不变．活塞稳定时距玻璃管顶端的距离为L，求：（a）活塞的重力G；（b）假设一段时间后因环境温度缓慢降低，致使密封气体温度变为T=，已知该降温过程密封气体内能减少了P0SL，求该过程密封气体对外界放出的热量．【物理──选修3-4】15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=12m处的质元的振动图线如图1所示，在x=18m处的质元的振动图线如图2所示．下列说法正确的是（）A．该波的周期为12sB．x=12m处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m处的质元在波峰C．在0～4s内x=12m处和x=18m处的质元通过的路程均为6cmD．该波的波长可能为8mE．该波的传播速度可能为2m/s16．如图所示，横截面（纸面）为△ABC的三棱镜置于空气中，顶角∠A=60°．纸面内一细光束以入射角i射入AB面，直接到达AC面并射出，光束在通过三棱镜时出射光与入射光的夹角为φ（偏向角）．改变入射角i，当i=i0时，从AC面射出的光束的折射角也为i0，理论计算表明在此条件下偏向角有最小值φ0=30°．求三棱镜的折射率n．2017年广东省揭阳市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）下列说法正确的是（）A．把物体看成质点，这是采用了微元法B．法拉第提出了电场的概念C．光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大D．汤姆孙发现了中子【解答】解：A、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法．故A错误；B、法拉第提出了电场的概念，故B正确；C、根据光电效应方程可知，E k=hγ﹣W；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，与入射光的强度无关；故C错误；D、汤姆孙发现了电子，查德威克发现了中子．故D错误．故选：B．2．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（）A．原、副线圈匝数之比为9：1B．两灯泡的额定功率相等C．此时a的电功率大于b的电功率D．a和b两端电压的频率之比为1：9【解答】解：A、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为：故A正确；BC、通过a灯和b灯的电流之比，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9；此时a的电功率小于b的电功率，故BC错误；D、变压器不改变交流电的频率，所以a和b两端电压的频率之比为1：1，故D 错误；故选：A．3．（6分）假设若干年后，地球半径变小，但地球质量不变，地球的自转周期不变，则相对于现在（）A．地球表面的重力加速度不变B．发射一颗卫星需要的最小发射速度变大C．地球同步卫星距离地球表面的高度变小D．地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度变大【解答】解：A、地球表面附近解得：地球半径变小，地球质量不变，所以g增大，故A错误．B、发射一颗卫星需要的最小发射速度即第一宇宙速度．地球表面附近解得：地球半径变小，地球质量不变，所以v增大，故B正确．C、设地球同步卫星距离地球表面的高度为h解得：地球同步卫星周期和地球自转周期相同，地球的自转周期不变，所以地球同步卫星周期不变．又地球半径变小，但地球质量不变，所以（R+h）不变，又因为R 减小，所以h增大，故C错误．D、地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度（R+h）和T都不变，所以v不变，故D错误．故选：B．4．（6分）一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t 的图象如图所示，则（）A．质点做匀速直线运动，速度为1m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2C．质点在1 s末速度为3m/sD．质点在第1 s内的平均速度1.5m/s【解答】解：AB、由图得：=1+t．即x=t+t2，根据x=v0t+at2，对比可得：v0=1m/s，a=1m/s2，则加速度为a=2m/s2．由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，初速度为1m/s，加速度为2m/s2，故A、B错误．C、质点做匀加速直线运动，在1s末速度为v=v0+at=1+2×1=3m/s．故C正确．D、质点在第1s内的平均速度===2m/s，故D错误．故选：C5．（6分）空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2．若A、B两点之间的高度差为h，则（）A．A点的电势比B点的电势高B．v1＞v2，则小球带正电C．在B点，小球的动能与电势能之和一定比在A点的大D．若小球带正电，则小球从A到B动能的增加量小于电势能的减少量【解答】解：A、由顺着电场线的方向电势逐渐降低，可知，φA＞φB．故A正确．B、如果v1＞v2，则在运动过程中重力做正功、电场力一定做负功，小球带负电，故B错误；C、整个过程中只有重力和电场力做功，则有：重力势能+电势能+动能=恒量，重力势能减小，则动能与电势能之和一定增大，所以在B点小球的动能与电势能之和一定比在A点的大，故C正确；D、由动能定理得，若小球带正电，小球从A到B动能的增加量等于电势能的减少量与重力势能减少量之和．故D正确．故选：ACD．6．（6分）在如图所示的平面直角坐标系中，A，B，C三个小球沿图示方向做平抛运动，已知三个小球恰好在x轴上相遇，则（）A．小球A一定比小球B先抛出B．小球A、B在空中运动的时间之比为2：1C．小球A的初速度可能比小球B的初速度大D．小球C的初速度可能比小球B的初速度小【解答】解：A、根据t=知，AB下落的高度之比为2：1，则运动时间之比为：1，则A一定比小球B先抛出，故A正确，B错误C、由于不知道AB球水平位移的关系，所以不能判断初速度大小关系，则A的初速度可能比小球B的初速度大，故C正确．D、B的高度小于C的高度，则B运动的时间小于C运动的时间，而B的水平位移又小于C的水平位移，则不能判断BC初速度大于关系，即小球C的初速度可能比小球B的初速度小，故D正确．故选：ACD7．（6分）如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则（）A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能变大了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率【解答】解：A、从A下滑到B根据动能定理可得：mgR﹣W1=，从B上滑到A根据动能定理可得：﹣mgR﹣W2=0﹣，可得v1＜v2．故A错误；B、小球经过轨道上同一点时，上滑时的速度大于下滑时的速度，上滑时所需要的向心力大于下滑时所需要的向心力，而向心力是由轨道的支持力和重力垂直于轨道的分力的合力提供，所以上滑时所受的支持力大于下滑时所受的支持力，则同一点上滑时所受的摩擦力大于下滑时所受的摩擦力，而上滑与下滑两个过程路程相等，所以有W1＜W2．故B正确．C、小球的两次运动，都有阻力做负功，机械能都减小了，故C错误；D、取特殊位置，如果C点在最低点B，则小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率，故D正确；故选：BD．8．（6分）在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t 的变化关系如图乙所示（）A．线框开始运动时ab边到磁场左边界的距离为B．线框边长与磁场宽度的比值为3：8C．离开磁场的时间与进入磁场的时间之比为（3﹣2）：1D．离开磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等【解答】解：设线框做匀加速直线运动的加速度为a；则线框从静止开始运动，在t时刻的速度v t=at；A、由图乙可知线框开始运动时ab边到磁场左边界的距离为线框在时间0﹣2运动的长度d=v1×（2﹣0）=2a，线框边长为线框在时间2﹣4运动的长度，L=v3×（4﹣2）=3a×2=6a，所以，，故A正确；B、磁场宽度l为线框在时间2﹣6运动的长度，l=v4×（6﹣2）=4a×4=16a，所以，线框边长与磁场宽度的比值为L：l=6a：16a=3：8，故B正确；C、线框进入和离开磁场运动的距离都是线框的边长L，所以，根据图乙可知线框进入磁场的时间为2，设离开磁场的时间为t，则有：，解得，所以，离开磁场的时间与进入磁场的时间之比为，故C错误；D、对线圈进行受力分析可知：进入和离开磁场时都有：在水平方向上，线圈只受安培力和外力的作用，且安培力方向向左，外力F方向向右，F=F安+ma=BiL+ma，外力做的功W=Fs，s为线圈边长，所以，进入和离开两种情况s相同，而离开时的电流大于进入时，所以F离开＞F进入，所以，W离开＞W进入，故D错误．故选：AB．二、填空题9．（6分）同学们利用如图所示方法估测反应时间．首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x，重力加速度为g，则乙同学的反应时间为．若乙同学手指张开的角度太大，测得的反应时间偏大（选填“偏大”或“偏小”）．基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则从零刻度开始，刻度的空间间隔越来越大（选填“大”或“小”）．【解答】解：直尺下降的时间即为自由落体运动的时间，根据x=gt2可得：t=，即乙同学的反应时间为．若乙同学手指张开的角度太大，捏住尺的时间比反应时间长，所以测得的反应时间偏大，自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相等时间间隔通过的位移是不断增加的，所以从零刻度开始，刻度的空间间隔越来越大．故答案为：；偏大；大10．（9分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，该电源电动势约为9V，内阻约为5Ω．某同学设计了如图所示的实物电路．（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值．（选填“最大值”“0”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，用电压表（量程0～3V）分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U．下列三组电阻箱R的调节范围取值方案中，比较合理的方案是A．A.30Ω～80ΩB.300Ω～800ΩC.3000Ω～8000Ω（3）根据实验数据描点，绘出的﹣R图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=（用字母表示）（4）用这个方法测得的内阻和真实值比较偏小（选填“偏大”“相等”或“偏小”）【解答】解：（1）为保护电压表，实验前应将电阻箱的电阻调到最大值，让电流从最小值开始变化；（2）根据欧姆定律，电路中的最大电流为I m===0.3A，所以电路中的最大电阻可为：R max====90Ω，所以电阻箱的最大值应为R＜90﹣10=80Ω，所以合理的方案是A．（3）根据闭合电路欧姆定律应有：E=U+（R+r），变形为=R+，所以k=，b=，解得E=（4）由于利用欧姆定律求出的电流只是R0中的电流，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏小，所以内阻的测量值偏小．故答案为：（1）最大值；（2）A；（3）；（4）偏小．三、计算题11．（12分）如图所示，AB为倾角θ=37°的光滑斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，此时小球乙与斜面底端B的距离d=2m．质量为m1的小球甲以某一未知速度v0与乙球发生弹性正碰，使乙球获得6m/s的速度．若m1：m2=1：2，且轨道足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）第二次碰撞前小球乙在斜面运动的时间；（2）两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端B的距离．【解答】解：（1）小球乙在斜面运动，由牛顿第二定律得：m2gsin37°=m2a ①设在斜面上升时间为t2，则0=v2﹣at1．②小球乙在斜面运动的时间t′=2t1③联立①②③解得t′=2s（2）两球发生弹性正碰，取向左为正方向，根据动量守恒定律和动能守恒得：m1v0=mv1+m2v2 ④m1v02=mv12+m2v22 ⑤联立④⑤解得：v1=﹣3m/s，负号表示方向向右设发生第二次碰撞时的位置到斜面底端B的距离为L，则在两次碰撞之间的时间内，甲在水平轨道运动的路程为（L﹣d），乙在水平轨道运动的路程为（L+d），于是=t′+⑥解得L=18m答：（1）第二次碰撞前小球乙在斜面运动的时间是2s；（2）两球发生第二次碰撞时的位置到斜面底端B的距离是18m．12．（20分）如图，虚线L1、L2将平面分为四个区域，L2的左侧有一匀强电场，场强大小为E，方向与L1平行．L2的右侧为匀强磁场，方向垂直纸面向外．在图中L1上到L2的距离为d的A点有一粒子源，可以发射质量为m，电荷量为+q的粒子，粒子的初速度方向与L2平行，不计粒子的重力．（1）若从A点射出的粒子恰好从距离L1为2d的B点进入磁场，求该粒子进入磁场时的速度大小和方向；（2）在磁场区域放置绝缘挡板BD，挡板与L1交于C点，已知OC=OB，BC=2CD．粒子与挡板BD碰撞前后粒子平行于挡板的分速度不变，垂直于挡板的分速度大小不变，方向反向．当磁感应强度在B1≤B≤B2取值时，恰好所有取值都能使由B 点进入磁场的粒子不与挡板的CD段碰撞，并能从L2上的OB段射出磁场，求B1、B2的值，并求出粒子离开磁场的位置到O点的最远距离．（不考虑粒子再次进入磁场的情况，也不考虑B1≤B≤B2以外的取值）【解答】解：设粒子开始的速度为v0，电场中的加速度为a，到达B的速度为v B，根据题意（1）粒子在电场做类平抛运动，水平方向上有：d=竖直方向上有：2d=v0t又，a=由以上三式可得：v0=，t=从而可求出到达B点的速度，v B==2，再有分速度和合速度之间的关系可得出，速度方向与水平方向夹角为45°；（2）粒子进入磁场之后，洛伦兹力提供向心力，设圆周的半径为r则有，qvB=m粒子不与挡板的CD段碰撞，并能从L2上的OB段射出磁场的临界情况有2个：（a）粒子在C点与挡板2个侧面碰撞2次后恰好从O点射出磁场，如图（a）；（b）粒子与挡板碰撞1次后恰好从D点绕过挡板，再与挡板碰一次，然后从P 点射出磁场，如图（b）．根据条件及几何关系，对照a图，2r=对照b图，4r=由以上两式可得出半径r的条件范围：再根据洛伦兹力等于向心力的公式得到：r=，将左边的式子带入上面不等式，化简可得，即B1=，B2=，粒子离开磁场的位置到O点的最远距离为图（b）中的OP，由几何关系可得：OP=2d﹣=2d﹣=．答：（1）若从A点射出的粒子恰好从距离L1为2d的B点进入磁场，该粒子进入磁场时的速度大小为2，方向与水平方向夹45°角；（2）满足题设要求的B1B2的值分别为：和，粒子离开磁场的位置到O点的最远距离为．【物理──选修3-3】（选择题选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分）13．（5分）关于分子力，下列说法中正确的是（）A．压缩气体要用力，说明分子间斥力起作用B．将两块铅压紧以后能连成一块，说明分子间存在引力C．热量不能从低温物体传到高温物体D．早晨露珠呈球形，这可以用液体表面张力来解释E．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果【解答】解：A、压缩气体时需用力，是由于需要克服气体等于容器的原理与容器外部的大气压力的差．与气体分子间的斥力无关，故A错误；B、将两块铅压紧以后能连成一块，说明分子间存在引力，故B正确；C、根据热力学第二定律分析，热量可以从低温物体传到高温物体，但会引起其他的变化，故C错误；D、液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力；早晨露珠呈球形，这可以用液体表面张力来解释．故D正确；E、根据气体压强的微观意义可知，气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果．故E正确故选：BDE14．（10分）如图，粗细均匀、横截面积为S、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔．管内下部被活塞封住一定量的热力学温度为T0的理想气体．开始时，活塞上方气体压强为p0，气柱长度为3L，活塞下方气柱长度为L，现将活塞上方抽成真空并密封，抽气过程中管内气体温度始终保持不变．活塞稳定时距玻璃管顶端的距离为L，求：（a）活塞的重力G；（b）假设一段时间后因环境温度缓慢降低，致使密封气体温度变为T=，已知该降温过程密封气体内能减少了P0SL，求该过程密封气体对外界放出的热量．【解答】解：（a）对活塞受力分析得：p1S=p0S+G将活塞上方抽成真空后：p2S=G。