【文档说明】《精准解析》江西省抚州市金溪县第一中学2022-2023学年高三上学期第二次月考物理试题（解析版）.docx，共(23)页，974.267 KB，由envi的店铺上传

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金溪一中2023届上学期高三第二次月考物理试卷一、选择题（每题4分，共40分，1-7题单选，8-10题多选）1.篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1=1.8m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t=1.40

s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5s，篮球的质量m=0.456kg，g=10m/s2（不计空气阻力）。则篮球对地面的平均作用力大小约为（）A.3NB.21NC.33ND.28N【答案】B【解析】

【分析】根据题中物理情景描述可知，本题考查动量定理，根据合力冲量和动量变化的规律，运用自由落体运动位移公式、动量定理等，进行分析推断。【详解】由自由下落过程可得21112hgt=解得自由下落时间为t1=0.6s反弹竖直上抛时间为t2=0.5s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt=t-t1-t2

=0.3s以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt-mgt=0解得F≈21N故B正确。故选B。2.A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化规律如图所示，下列判断正确的是（）A.汽车A的加速度大

小为4m/s2B.汽车A、B在x=4m处的速度大小为22m/sC.从开始到汽车A停止前，当xA=4m时A、B相距最远D.从开始到汽车A停止前，当xB=4m时A、B相遇【答案】B【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动的速度位移关系得2202vvax=+由图线可知图像的斜率等于2a，对汽车A，则

有2A0242m/s6a−=解得2A2m/sa=−故A错误；B．汽车A、B在x=4m处的速度大小为v，由图可知，对于汽车A，有22024(m/s)v=得A的初速度为026m/sv=由2202vvax−=得202242(2)4m/s22m/svvax

=+=+−=故B正确；D．由图发现，对于B车2B122m/s6a=解得2B1m/sa=从开始到汽车A停止时，用时0A06svta−==此时B车的位移2BB13m2xat==故A车停止后，B车才追上A车，故当xB=6m时A、B相遇，故D错误；C．当两车速度相等时，AB相距最远，有

0AB''vatat+=解得26's3t=此时2A0A148''m29xvtat=+=故C错误。故选B。3.如图所示，相对且紧挨着的两个斜面固定在水平面上，倾角分别为α=60°，β=30°。在斜面OA上某点将a、b两小球

分别以速度v1、v2同时向右水平抛出，a球落在M点、b球垂直打在斜面OC上的N点（M、N在同一水平面上）。不计空气阻力，则v1、v2的大小之比为（）A.1∶2B.2∶3C.3∶4D.3∶5【答案】A【解析】【详解】由题可知两小球做平抛运动下落的高度

相同，所以两小球做平抛运动的时间相同，设为t，由题意及几何关系可知，小球a落在斜面上时，位移方向与水平方向的夹角为60°，小球B落在斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为6。根据平抛运动规律，对小球a有21112tan602gtgtvtv==对小球b有2tan60

gtv=可得123gtv=，23gtv=所以1212vv=故选A4.如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的

最高点，已知a球的质量为m。则（）A.b球质量为33mB两小球与弹簧分离时，动能相等C.若abmmm==要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为p15EmgR=D.a球到达圆心等高处时，对轨道压力为9mg【答案】C【解析】【

详解】当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得22011622tmgRmvmv−=−在最高点时，根据牛顿第二定律得23aatmvmgR=联立解得015vgR=同理对b分析可得：b球的速度为。.15v

gR=A．对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，两小球的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则010bmvmv=﹣解得3bmm=故A错误；B．动能与动量的关系为2k2apEm=因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错

误；C．若两小球的质量相等，则与弹簧分力时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此2p012152EmvmgR==

故C正确；D．当a球到达圆心等高处时，对此过程根据动能定理得222011322mgRmvmv−=−在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得：22N3mvFR=结合牛顿第三定律可得N=FN联立解得N=mg方向水平向右，故D错误；故选C。5.

假设地球近地卫星的周期与火星近火卫星的周期比值为k，地球半径与火星半径的比值为n。下列说法正确的是（）A.地球质量与火星质量之比为23:nkB.地球密度与火星密度之比为21:kC.地球第一宇宙速度与火星第一宇宙速度之比为:nkD.如

果地球的某一卫星与火星的某一卫星轨道半径相同，则两卫星的加速度之比为:nk【答案】B【解析】【详解】AB．近地卫星环绕中心天体做圆周运动，万有引力提供向心力，则由2224MmGmRRT=得2324RMGT=又343V

R=、MV=整理得23GT=由以上可知2221TTk==火火地地，323322RTMnMRTk==地火地地火火故A错误，B正确；C．根据万有引力提供向心力，则有22MmvGmRR=得GMvR=则vnvk=地火故C错误；D．如果环绕地球与火星的卫星轨道半径相同，则由2MmGmar=得2

MaGr=整理得32anak=地火故D错误。故选B。6.如图所示，木板C静止在光滑水平面上，两个质量分别为mA、mB的物块A、B从木板两侧同时滑上木板，最终都停在木板上，这一过程中木板C始终保持静止，若A在C上滑行的距离大于B在C

上滑行的距离，则（）A.物块B先停止运动B.A与C之间的动摩擦因数小于B与C之间的动摩擦因数C.A的初动能可能等于B的初动能D.A的质量一定小于B的质量【答案】D【解析】【详解】A．由题中木板C始终保

持静止，可得木板C始终处于受力平衡状态，水平面光滑，所以物块A、B对木板C的摩擦力始终大小相等，方向相反，同时存在，即AB同时停止运动，A错误；B．对ABC整个系统，受力为0，取向右为正方向，根据动量守恒有AABB0mvmv−=两边同时乘以运动时间t有AABB0mvt

mvt−=vt的累积即为位移，所以有AABBmxmx=由题意AB>xx得AB<mm因为AC之间的摩擦力等于BC之间的摩擦力，所以有ACBCff=即ACABCBmgmg=由AB<mm，得ACBC>B错误；C．对AB分别根据动能定理可得kAACAEfx=kBBCBEfx=因为AB>xx

，ACBCff=，所以有kAkB>EEC错误；D．由选项B分析可知，AB<mm，D正确。故选D。7.如图所示，直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个速

度相同的粒子1和2，其中粒子1经过A点，粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直线上，且:3:2OAAB=，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是（）A.两个粒子的比荷之比5:3B.两个粒子在磁场中运动的半径之比为3:2C.两个粒子同时经过A点和B点D.粒子1在磁场中运动的

时间较长【答案】A【解析】【详解】AB．设NOB=，粒子1和2的轨道半径为1r、2r，如图所示为粒子1的轨迹可得12cosOAr=同理可得22cosOBr=由题意:3:2OAAB=可得:3:5OAOB=故12:3:5rr=由洛伦兹

力提供向心力可得2vqvBmr=整理可得qvmBr=可得两个粒子的比荷之比1212:5:3qqmm=选项A正确，B错误；CD．粒子在磁场中运动周期为2mTqB=则两粒子运动的周期之比为12:3:5TT=粒子1从O到A转过的圆心角与

粒子2从O到B转过的圆心角相等，均为2πθ−，由22tT−=可知两个粒子不能同时经过A点和B点，粒子1在磁场中运动的时间较短，选项CD错误；故选A。8.如图所示，质量m=1kg的物体置于倾角θ=37°的固定粗糙斜面上。t=0时对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t

=1s时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v-t图如图所示，则下列说法中正确的是（g=10m/s2）（）A.拉力的大小为20NB.t=3s时物体运动到最高点C.t=4s时物体的速度大小为10m/sD.t=1s时物体的机械能最大【答案】BD【解析】【详解】A．由v-t图像

得，第1秒的加速度为2120m/sa=，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得1sinFmgfma−−=第2秒的加速度为2210m/sa=−，由牛顿第二定律得2sinmgfma−−=由以上两式得拉力30NF

=4Nf=A错误；B．将图像延长至与横坐标相交，得3st=时，物体运动到最高点，B正确；C．3秒后，物体将沿斜面向下运动，由牛顿第二定律3sinmgfma−=加速度为232m/sa=，t=4s时物体的速度为44vat=由41st=，得42m/sv=C错误；D．由除重力外其他力做功等于机

械能的增量，拉力做正功，摩擦阻力做负功，当第1秒时物体的机械能最大，D正确；故选BD。9.如图所示，水平面内有一正方形区域ABCD，所在的平面与某一匀强电场平行，在A点有一个粒子源沿各个方向发射带负电的粒子，若与AB成45°的方向以102m/s的速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E

点是BC的中点，已知正方形的边长为1m，粒子的比荷为0.1C/kg，C点电势为0，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（）A.该匀强电场的方向可能水平向右B.打到E点的粒子在运动过程中动能逐渐减少，电势能逐渐增加C.C

点电势低于B点电势，1000V/mCBU=−D.从AD方向射入的粒子可能到达C点【答案】BC【解析】【详解】A．与AB成45°的方向以102m/s速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点恰好是BC的中点，粒子水平方向做匀变速有12xvvt+=竖直方向匀减速有00.52yvt+=解

得水平方向的末速度xvv=说明粒子水平方向速度不变做的是匀速直线运动，所以粒子可以看成从E到A的类平抛，该匀强电场方向由B指向C，故A错误；B．在该粒子的运动过程中电场力做负功，动能逐渐减少，电势能逐渐增加，故B正

确；C．根据类平抛的原理，粒子在水平方向做匀速1s0.1s10t==代入22BEEQLtm=可得1000N/CE=1000V/mCBU=−故C正确；D．从AD方向射入的粒子做直线运动，故D错误。故选BC。【点睛】10.如图所示，两水平虚线之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，边长为a

的正方形导体框由磁场上方a处静止释放，导体框的上、下边始终保持与磁场的边界平行，当导体框的下边与磁场的下边界重合时导体框开始匀速运动。已知磁场的磁感应强度大小为B，磁场的宽度为3ha=，导体框的质量为m、电阻值为

R，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（）A.导体框的下边进入磁场后可能做匀速直线运动B.导体框进入磁场和离开磁场过程中，导体框中产生的感应电流方向相反C.导体框进入磁场和离开磁场的过程中，通过导体框某一横截面的电荷量均为2BaRD.导体框穿越磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热为3

mga【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知，导体框下边与磁场的下边界重合时导体框开始匀速直线运动，则重力等于安培力，由力的平衡条件得安=mgF又由FBIa=安、EIR=、EBav=的整理得线框的速度22mgRvBa=由于导体框完全进入磁场后，因无电

磁感应，导体框一定做匀加速直线运动，则说明导体框进入磁场的过程做加速运动，不可能做匀速直线运动，故A错误；B．由楞次定律可知，导体框进入磁场的过程感应电流沿逆时针方向，导体框离开磁场的过程感应电流沿顺时针方向，B正确；C．导体框

进入磁场的过程中通过导体框导线横截面的电荷量为qIt=、EIR=由法拉第电磁感应定律得2ΔΦΔΔBaEtt==由以上整理得2BaqR=同理，导体框离开磁场的过程通过导体某一横截面的电荷量为2BaqR=故C正确；D．由于导体框进入磁场的过程做加速运动，导体框离开磁场的过程做匀速运动

，可知导体框穿越磁场的过程中，导体框的动能增加了，根据能量守恒可得k3mgaEQ=+解答k33QmgaEmga=−故D错误。故选BC。二、实验填空题（每空2分，共16分）11.小球在液体中运动时要受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力或内摩擦力

。在一般情况下，半径为r的小球以速度v在液体中运动时，所受的液体阻力可用斯托克斯公式6frv=表示，式中称为液体的粘滞系数（也叫“内摩擦因数”，其国际单位为Pas），r为小球半径，v为小球运动的速度。某兴趣小组根据所掌握的知识，搜集器材设计了如图甲所示的实验，测定某液体的粘滞系数，

实验操作如下：①将无线防水速度传感器安装在足够长量筒底部，传感器与计算机（图中未画出）建立联系，待测液体注满量筒；②用螺旋测微器测定小球直径D；③根据小球材质和液体种类查出它们的密度分别为和0；④用镊子将小球轻放在液体中让其在液体中下落，同时用计算机记录小球下

落速度随时间变化的v-t图像如图乙中曲线a；⑤改变液体的温度，重复④步骤操作，得到不同的v-t图像如图乙中曲线b、c。（1）螺旋测微器读数如图丙所示，小球直径D=______mm；（2）查得小球密度338.510kg/m=，液体的密度3301.310kg/m=，测得小球匀速下落速度2121

0m/sv−=，则该液体的粘滞系数=_______Pas（重力加速度g取10m/s2，结果保留三位有效数字）；（3）已知当温度升高时，液体的粘滞系数减小，由此可判断图线a、b、c对应的液体温度Ta、Tb、Tc的关系是_______。【答案】①

.1.800②.0.648③.bacTTT【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器读数是固定刻度读数（0.5mm的整数倍）加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为1.5mm30.00.01mm1.8

00mmD=+=的（2）[2]小球的体积为334136VrD==由粘滞力随速度增大而增大可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有0160VgVgrv−−=联立方程，解得()20118gDv−=带入数据得0.648Pas=（3）[3]由粘滞系数表达式可知，粘

滞系数越小，小球的收尾速度越大，温度越高，因此bacTTT12.由半导体材料制成热敏电阻阻值会随温度的变化而变化。利用热敏电阻对温度敏感的特性可设计一个简单恒温箱温控电路，要求恒温箱内的温度保持50℃。所用器材有：A.直流电源E（36V，内阻不计）；B.恒温箱加热器的电源；C

.电流表（量程250mA，内阻约0.1Ω）；D.电压表（量程50V，内阻约1MΩ）；E.热敏电阻TR；F.继电器（电阻300Ω）；G.滑动变阻器1R（最大阻值4000Ω）；H.单刀单掷开关1S；I.导线

若干。（1）用图（a）所示电路测量热敏电阻TR的阻值。当温度为27℃时，电压表读数为30.0V，电流表读数为15.0mA；当温度为50℃时，调节变阻器1R，使电压表读数仍为30.0V，电流表指针位置如图（b）所示

，此时热敏电阻的阻值为__________，该电路测得的阻值比真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。由以上实验数据可知，该热敏电阻TR的阻值随温度的升高而__________（填“增大”或“减小”）。的（2）现

利用该热敏电阻RT和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路如图（c）所示，继电器的电阻为300Ω。当线圈的电流大于或等于30mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E＝36.0V，内阻可以不计。图中

的“电源”是恒温箱加热器的电源。则①应该把恒温箱内的加热器接在________（填“A、B端”或“C、D端”）。②如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R1的阻值应调节为________Ω。【答案】①.600②.

偏大③.减小④.A、B端⑤.300【解析】【详解】（1）[1][2]当温度为27℃时，电压表读数为30.0V，电流表读数为15.0mA。此时热敏电阻阻值R，由欧姆定律得2000URI==当温度为50℃时，调节变阻器R1，使电压表读数仍为30.0V，电流表指针位置如图（b）所示50.

0mA，由欧姆定律由欧姆定律得'600URI==所以热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小。[3]由于实验采用的是电流表内接法，所以电压表读数大于热敏电阻两端的电压，所以在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大。（2）[4]随着恒温箱内温度降低，热敏电

阻TR的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于30mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。所以应该把恒温箱内的加热器接在AB端。[5]要使恒温箱内的温

度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为30mA。由（1）分析可知，50℃时热敏电阻的阻值为600Ω，由闭合电路欧姆定律1TEIRRr=++，300r=解得1300R=三、解答题13.如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=1m，导轨右端连接一阻值为3ΩLR=的小灯泡L

。在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为l=0.5m，在t=0时刻，电阻为R=1Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动，金属棒从图中位置运

动到EF位置的整个过程中，通过小灯泡的电流大小始终没有发生变化。求：（1）金属棒进入磁场前感应电动势E的大小（2）金属棒在磁场中运动时ab两点间的电势差Uab（3）金属棒的质量。【答案】（1）0.5V；（

2）0.375V；（3）2kg【解析】【详解】（1）金属棒进入磁场前感应电动势E的大小为2010.5V0.5V20BEdlt−===−（2）根据闭合电路欧姆定律得0.5A0.125A13LEIRR===++金属棒在磁场中运动时ab两点间的电势差Uab0.125

3V0.375VabLUIR===（3）金属棒在匀强磁场中做匀速运动，根据平衡条件得20.1251N0.25NFBId===金属棒在匀强磁场中做匀速运动产生的感应电动势为EBdv=解得0.25m/sv=金属棒从图中位置运动到CD位置，根据动量定理得0Ftmv=−解得2kgm=1

4.一劲度系数为803mgkd=的轻弹簧下端固定于倾角为ɑ=30°的光滑斜面底端，上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮与物块Q连接，另一端与套在光滑水平直杆的物块P连接，定滑轮到水平直杆的距离为d。初始时在外力作

用下，物块P在A点静止不动，轻绳与水平直杆的夹角也为α=30°，轻绳中的拉力大小为T=20mg。已知物块P的质量为m1=m，物块Q的质量为m2=20m，不计滑轮大小及摩擦，将物块P由静止释放。（1）物块P静止时，求弹簧的伸长量x1；（2）求物块P运动到轻绳与直杆间夹角β=53°的B

点时速度大小v1；（3）P在何位置速度最大？若弹簧弹性势能的表达式2p12Ekx=，那么P的最大速度为多少？（x为形变量）【答案】（1）38d；（2）7541gd；（3）P到达轮的正下方C点时速度最大，403C

vgd=【解析】【详解】（1）P静止时，Q也静止处于平衡，对Q有2sin0mgFT+−=1Fkx=联立代入数据得138xd=（2）A到B运动过程中，Q下降的距离为Q3sin30sin534ddxd=−

=所以弹簧由伸长38d变成被压缩38d，故P在A点和P在B点，弹簧的弹性势能Ep相同。P从A到B过程，由机械能守恒222Q1P2Q11sin22mgxamvmv=+又在B点时有vQ=vPcosβ=0.6vP联立代入数值可得

物块P运动到B点时的速度大小17541vgd=（3）由题意可知随着Q下降重力势能减小，P速度增大，当P到达轮的正下方C点时绳子此时竖直，该竖直方向上速度为0，即物块Q速度为0，所以此时P速度最大设为Cv，对P从A点到达轮正下方C点过程中，设Q此过程中沿斜面位移为x2，有

2sindxdd=−=所以此时弹簧被压缩，设压缩量为x，有3588xddd=−=对此过程由机械能守恒，得2221221111sin222Ckxmgxkxmv+=+代入数值，解得403Cvgd

=四、选考部分（选修3-3）15.一定质量的理想气体，从状态a开始经历如图所示的状态变化过程回到原状态，则下列说法中正确的是（）A.a→b的过程气体吸收热量B.b→c的过程是等温变化C.c→a的过程气体分子的平均动能减小D.c

状态比b状态单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数多E.一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量【答案】ACD【解析】【详解】A．由图像可知，a→b过程气体压强不变而体积增大，由理想气体状态方程可知，气体温度上升

；其中气体体积增大，外界对气体做负功，即0W而气体温度上升，内能增大即0U由热力学第一定律UWQ=+可知0QUW=−所以a→b的过程气体吸收热量，故A正确；B．在p-V图像中，等温过程对应图像应是双曲线，故B错误；C．由

图像可知，c→a过程气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体分子平均动能减小，故C正确；D．由图像可知，c状态与b状态下的压强与体积的乘机相等，根据理想气体状态方程可知，这两个状态下

的温度相等，则c状态与b状态下气体平均动能相等，气体分子平均速率相等，而c状态比b状态的气体体积更小，所以单位时间内c状态比b状态撞击容器壁单位面积的分子数多，故D正确；E．根据p-V图像“面积”即为气体做功的大小，可知a→b过程气体对外做功，b→c过程外界对气

体做功，a→b→c围成的面积就是外界对气体做的功，外界对气体整体做正功，即0W整个循环过程气体内能变化为零，所以根据热力学第一定律有WQ=−所以0Q所以一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量，故E错误。故选ACD。16.如图所示，环境的热力学温度为0T，环境气体压强为0p

，导热良好的汽缸直立在水平地面上，汽缸的质量03pSMg=，高度为L。用活塞把一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸壁无摩擦地移动，活塞的质量为06pSmg=，横截面积为S，气体可看作理想气体，质量可忽略不计。平衡时，活塞处于距汽缸底2L处。重力加速度为g。（1）若由于环境温度缓

慢升高，活塞缓慢向上移动，温度升至某一值时，活塞向上移动了0.25L。已知密封气体的内能U与热力学温度T的关系为UkT=（k为大于零的常数），求此过程中：①活塞缓慢向上移动距离0.25L时气体的温度；②密封气体从外界吸收的热量；（2）若用力F缓慢向上拉动活塞，直至汽缸刚

要离开地面，求汽缸刚要离开地面时，活塞距汽缸底的距离。【答案】（1）①201.5TT=；②0017224kTpLS+；（2）78hL=【解析】【详解】（1）①汽缸内气体初状态的温度10TT=，体积110.52VLSLS==，气体末状态的体积210.250

.752VLLSLS=+=，气体压强不变，由盖-吕萨克定律得1212VVTT=解得201.5TT=②气体内能的增加量2100.5UkTkTkT=−=汽缸内气体的压强10076mgpppS=+=气体体积变大，气体对外界做功100770.

25624WpSLpLSpLS===外界对气体做功0724WWpLS=−=−由热力学第一定律UWQ=+可得0017224QUWkTpLS=−=+（2）地面对汽缸的支持力恰好为零时，汽缸刚要离开地面，设汽缸内气体的压强为3p，

此时活塞距汽缸底部的距离为h，对汽缸，由平衡条件得30pSMgpS+=解得3023pp=气体温度不变，由玻意耳定律得1133pVpV=解得78hL=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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