2023-2024学年福建省福州四中高二(下)期末物理试卷

2023-2024学年福建省福州四中高二（下）期末物理试卷一、单选题1．为方便使用，可将笔记本电脑放在倾角可调的支架上，如图甲所示，支架可简化为图乙所示模型，斜面AB的倾角为θ，支架底端的固定挡板AC与斜面垂直。若笔记本电脑的重力大小为G，不计一切摩擦，则（）A．笔记本电脑对挡板AC的压力小于G B．笔记本电脑只受重力和斜面AB的支持力作用 C．支架对笔记本电脑的作用力大小小于G D．笔记本电脑对斜面AB的压力大小为Gsinθ2．高铁站内的铁轨上有甲、乙两列车，坐在甲车上的乘客看到其左边的乙车向东运行，右边站台上的站牌不动，以地面为参考系，下列说法正确的是（）A．乙车向东运行 B．乙车向西运行 C．甲车向东运行 D．甲车向西运行3．一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图3所示。对于a、b两束光（）A．在光导纤维中a光的传播速度小于b光的传播速度 B．a光频率小，发生全反射的临界角小 C．对同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距小 D．若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属也一定能发生光电效应4．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝55：1，原线圈接入电压u＝2202sin100πt（V）的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A．副线圈中交变电流的频率为100Hz B．t＝0.02s时，电压表的示数为0 C．电流表的示数先变小后变大 D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小5．如图，倾角为θ的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（）A．尖劈的质量M与球的质量m之比为tan2θ B．对球施加水平推力后，轻绳的拉力不变 C．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变 D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0二、多选题（多选）6．下列说法正确的有（）A．表面张力的作用是使液体表面伸张 B．表面张力的作用是使液体表面收缩 C．有些小昆虫能在水面自由行走，这是由于有表面张力的缘故 D．用滴管滴液滴，滴的液滴总是球形，这是由于表面张力的缘故（多选）7．如图所示，横截面积为直角三角形的斜劈A，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）A．A所受合外力增大 B．A对竖直墙壁的压力增大 C．墙面对A的摩擦力一定增大 D．墙面对A的摩擦力可能减小（多选）8．如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（不相连），弹簧下端固定，劲度系数为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程（）A．外力F为恒力 B．物块的最大加速度大小为2g C．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为mg2kD．弹簧最大弹性势能Ep=三、实验题9．如图（甲）所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度，遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A齐，让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度v，视为滑块左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度。（1）小虎运用该方案测得加速度的表达式为a＝（用题目中所给的物理量的字母表示）。（2）为了更精确地测得滑块的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处。打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度v。记录数据并作出v−t图象如图乙所示，根据图象可知，滑块左端过A处的瞬时速度大小为m/s，滑块的加速度大小为m/s210．某同学利用图甲装置测量滑块（含定滑轮和遮光条）与长木板之间的动摩擦因数μ，实验步骤如下：①用天平测出滑块的质量m和托盘（含砝码）的质量M；②用游标卡尺测量遮光条的宽度d；③将实物安装好，把长木板、细线调整至水平状态；④让滑块从某位置由静止释放，记录遮光条依次通过光电门a、b的时间Δt1、Δt2，以及从光电门a运动到b的时间t，弹簧测力计的示数F；⑤重复步骤④，多次记录Δt1、Δt2、t和F，并取它们各自的平均值。请回答下列问题：（1）按正确方法操作游标卡尺，测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d＝mm。（2）实验操作中，下列说法正确的是。A．步骤①中不需要测出托盘（含砝码）的质量MB．步骤③中把长木板、细线调成水平，是为了使滑块所受的合力与两细线的拉力大小相等C．步骤④⑤多次测量取平均值，是为了减小系统误差（3）计算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ的表达式为μ＝。（用题中所给的物理量符号表示，当地重力加速度大小为g）四、解答题11．做直线运动的物体，其v﹣t图象如图所示，试根据v﹣t图象判断：（1）第1秒内，物体的加速度为多大？（2）第2秒和第4秒内的加速度是否相同？（3）在第4秒内，物体做什么运动？12．如图所示，导热汽缸的上端开口，用厚度不计的活塞密封有一定质量的理想气体，活塞与汽缸间的摩擦不计。用系在活塞上的轻绳将汽缸竖直悬挂起来，活塞与汽缸均处于静止状态。当环境的热力学温度为T0时，活塞距缸底的高度为h0，已知外界大气压恒为p0，活塞质量为m，横截面积为S，汽缸质量为M，重力加速度大小为g。（1）由于环境温度降低，汽缸向上移动了Δh，求此过程中外界对密封气体做的功W及此时环境的热力学温度T；（2）保持环境的热力学温度为T，在汽缸底部挂上一个质量为m0的砝码，使活塞距缸底的高度仍为h0，求砝码质量m0的大小。13．在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，x轴水平向右。在O点，一个α粒子（氦原子核）以速度v0，与x轴夹角60°的方向，射入电磁场，已知质子质量为m，电荷量为q，不计α粒子的重力。求：（1）α粒子离x轴的最远距离；（2）α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能。

2023-2024学年福建省福州四中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题1．为方便使用，可将笔记本电脑放在倾角可调的支架上，如图甲所示，支架可简化为图乙所示模型，斜面AB的倾角为θ，支架底端的固定挡板AC与斜面垂直。若笔记本电脑的重力大小为G，不计一切摩擦，则（）A．笔记本电脑对挡板AC的压力小于G B．笔记本电脑只受重力和斜面AB的支持力作用 C．支架对笔记本电脑的作用力大小小于G D．笔记本电脑对斜面AB的压力大小为Gsinθ【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．【答案】A【分析】对笔记本电脑进行受力分析，用力的合成分析合力，用正交分解法求分力。【解答】解：B、如图所示：笔记本电脑受重力G、斜面的弹力N、挡板AC的弹力F，故B错误；A、由力的合成：G=FC、支架对笔记本电脑的作用力就是斜面的弹力N和挡板AC的弹力F的合力，与笔记本电脑的重力等大反向，故C错误；D、由平衡条件得：N＝Gcosθ，由牛顿第三定律知，笔记本电脑对斜面的压力大小为N′＝Gcosθ，故D错误。故选：A。2．高铁站内的铁轨上有甲、乙两列车，坐在甲车上的乘客看到其左边的乙车向东运行，右边站台上的站牌不动，以地面为参考系，下列说法正确的是（）A．乙车向东运行 B．乙车向西运行 C．甲车向东运行 D．甲车向西运行【考点】参考系及其选取原则．【答案】A【分析】判断一个物体是否运动关键是看被研究的物体与所选的标准即参照物之间的相对位置是否发生了变化．则由右边站台上的站牌相对甲的运动情况得出甲车的运动情况，由乙车相对于甲车的运动情况，可得出乙车的运动．【解答】解：CD、由题，坐在甲车上的乘客看到其右边站台上的站牌不动，即甲车相对于站牌没有运动，以地面为参考系，甲车是静止的，故CD错误；AB、坐在甲车上的乘客看到其左边的乙车向东运行，即乙相对于甲向东运行，甲车是静止的，则乙相对于地面向东运行，故A正确，B错误。故选：A。3．一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图3所示。对于a、b两束光（）A．在光导纤维中a光的传播速度小于b光的传播速度 B．a光频率小，发生全反射的临界角小 C．对同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距小 D．若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属也一定能发生光电效应【考点】光的折射与全反射的综合问题；光的干涉现象；光电效应现象及其物理物理意义；折射率的波长表达式和速度表达式；光的全反射现象．【答案】D【分析】根据光的折射率公式n=sinisinr=【解答】解：A、根据图象可知，在A点两光的入射角相等，a光的折射角大于b光的折射角，由折射率公式n=sinisinr，可知a光的折射率小于b光的折射率，则根据B、由上述分析可知，a光的折射率小，则a光的频率小，根据公式sinC=1C、因为a光的频率小，则根据公式v＝λf可知a光的波长大，根据公式Δx=λlD、根据光电效应方程hv﹣W0＝Ek可知，频率越大，则越容易发生光电效应，a光的频率比b光小，而a光能够发生光电效应，说明b光照射该金属也一定能发生光电效应，故D正确；故选：D。4．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝55：1，原线圈接入电压u＝2202sin100πt（V）的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A．副线圈中交变电流的频率为100Hz B．t＝0.02s时，电压表的示数为0 C．电流表的示数先变小后变大 D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【答案】C【分析】根据交流电的瞬时值表达式得出交流电的圆频率，由f=ω【解答】解：A、由电压公式知交流电的ω＝100π，f=ωB、原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知，U1U2C、D、由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流将先减小后增大，变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大。故C正确，D错误。故选：C。5．如图，倾角为θ的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则（）A．尖劈的质量M与球的质量m之比为tan2θ B．对球施加水平推力后，轻绳的拉力不变 C．对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变 D．对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0【考点】整体法与隔离法处理物体的平衡问题；牛顿第三定律的理解与应用；共点力的平衡问题及求解．【答案】B【分析】对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，由平衡条件求出轻绳的拉力和斜面对尖劈的支持力；以球为研究对象，由平衡条件得到轻绳的拉力，联立求解尖劈的质量M与球的质量m之比；以球为研究对象，由于推力是水平的，对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变；对球施加水平推力后，以尖劈和球整体为研究对象，由平衡条件得到斜面对尖劈的弹力表达式，再分析弹力的变化，由牛顿第三定律判断尖劈对斜面的压力的变化情况；由平衡条件列式分析斜面对尖劈的摩擦力大小。【解答】解：A、对球施加水平推力前，以尖劈和球整体为研究对象，分析受力如图1所示。由平衡条件可知轻绳的拉力为T＝（M+m）gsinθ斜面对尖劈的支持力N1＝（M+m）gcosθ以球为研究对象，分析受力如图2所示。可知轻绳的拉力为T=联立解得MmB、以球为研究对象，如图3所示。可知对球施加水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉力不变，故B正确。C、对球施加水平推力后，以尖劈和球整体为研究对象，如图4所示。有N'1＝（M+m）gcosθ+Fsinθ总重力不变，可得斜面对尖劈的弹力变大，由牛顿第三定律知尖劈对斜面的压力变大；轻绳拉力T不变，总重力不变，施加推力F后，要保持平衡，有T+Fcosθ＝（M+m）gsinθ+f则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对尖劈的摩擦力不可能为0，故CD错误。故选：B。二、多选题（多选）6．下列说法正确的有（）A．表面张力的作用是使液体表面伸张 B．表面张力的作用是使液体表面收缩 C．有些小昆虫能在水面自由行走，这是由于有表面张力的缘故 D．用滴管滴液滴，滴的液滴总是球形，这是由于表面张力的缘故【考点】液体的表面张力．【答案】BCD【分析】AB.根据表面张力的产生及含义分析作答；CD.根据表面张力现象进行分析作答。【解答】解：AB.作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，液体表面张力的作用是使液体表面收缩，故A错误，B正确；C.小昆虫的体重非常轻，加上它们站在水面上时，水的表面张力足以支撑它们的体重，‌使得它们能够在水面上站立而不下沉，因此小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用，故C正确；D.用滴管滴液体，滴的液滴总是球形，这是由于表面张力的缘故，故D正确。故选：BCD。（多选）7．如图所示，横截面积为直角三角形的斜劈A，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）A．A所受合外力增大 B．A对竖直墙壁的压力增大 C．墙面对A的摩擦力一定增大 D．墙面对A的摩擦力可能减小【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．【答案】BD【分析】A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，以整体为研究对象，分析A对竖直墙壁的压力变化情况以及墙面对A的摩擦力，对B受力分析，根据平衡条件得出B对地面的压力变化情况。【解答】解：A、A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；B、以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大。故B正确；CD、对B受力分析，如图，根据平衡条件：F＝N′sinθ，F增大，则N′增大，N″＝mg+N′cosθ，N′增大，则N″增大；以整体为研究对象，假设A受到的摩擦力开始时向上，则竖直方向：N″+f＝Mg，若N″增大则摩擦力f逐渐减小，N″增大到一定程度，摩擦力可能变为零，N″再增大时摩擦力反向增大，所以C错误、D正确。故选：BD。（多选）8．如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上（不相连），弹簧下端固定，劲度系数为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程（）A．外力F为恒力 B．物块的最大加速度大小为2g C．外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为mg2kD．弹簧最大弹性势能Ep=【考点】功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用．【答案】ACD【分析】根据牛顿第二定律和胡克定律相结合得到a与x的关系式，再结合图像的信息分析F是否恒定；由牛顿第二定律求出物块的最大加速度大小；从开始到物块上升到最高点的过程，利用功能关系求物块上升的最大高度；根据弹力的平均值求弹簧最大弹性势能。【解答】解：A、物块静止在竖直放置的轻弹簧上时，弹簧的压缩量为x在物块上升阶段，当物块的位移为x时，由牛顿第二定律得F+k（x0﹣x）﹣mg＝ma解得：a=由a﹣x图像可知Fm等于纵轴截距，则FB、当x＝x0时，a＝0，则有F可得F＝kx0＝mg由a=Fm−C、设外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h。从开始到物块上升到最高点的过程，由功能关系可得Fx0+Ep＝mg（x0+h）解得：h=mgD、弹簧最大弹性势能为Ep故选：ACD。三、实验题9．如图（甲）所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度，遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A齐，让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度v，视为滑块左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度。（1）小虎运用该方案测得加速度的表达式为a＝v22L（2）为了更精确地测得滑块的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处。打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度v。记录数据并作出v−t图象如图乙所示，根据图象可知，滑块左端过A处的瞬时速度大小为0.3m/s，滑块的加速度大小为3m/s2【考点】光电门测量物体速度；探究加速度与力、质量之间的关系．【答案】（1）v2【分析】（1）滑块做初速度为零的匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度﹣位移公式可以求出加速度。（2）做匀变速直线运动物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出滑块左端过A处的瞬时速度大小，求出滑块的加速度。【解答】解：（1）滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度﹣位移公式可知，滑块的加速度：a=v（2）设滑块左端过A处的瞬时速度大小为vA，设滑块的加速度为a，遮光时间为t，做匀变速直线运动物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则遮光片通过光电门的平均速度v=vA+a•t则图象的函数表达式v=vA+由图示图象可知：200ms＝0.2s由图示v−t图象可知，图象纵轴截距b＝vA图象的斜率k=12a=0.6−0.30.2滑块左端过A处的瞬时速度大小vA＝0.3m/s，滑块的加速度a＝2k＝3m/s2；故答案为：（1）v210．某同学利用图甲装置测量滑块（含定滑轮和遮光条）与长木板之间的动摩擦因数μ，实验步骤如下：①用天平测出滑块的质量m和托盘（含砝码）的质量M；②用游标卡尺测量遮光条的宽度d；③将实物安装好，把长木板、细线调整至水平状态；④让滑块从某位置由静止释放，记录遮光条依次通过光电门a、b的时间Δt1、Δt2，以及从光电门a运动到b的时间t，弹簧测力计的示数F；⑤重复步骤④，多次记录Δt1、Δt2、t和F，并取它们各自的平均值。请回答下列问题：（1）按正确方法操作游标卡尺，测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d＝5.6mm。（2）实验操作中，下列说法正确的是A。A．步骤①中不需要测出托盘（含砝码）的质量MB．步骤③中把长木板、细线调成水平，是为了使滑块所受的合力与两细线的拉力大小相等C．步骤④⑤多次测量取平均值，是为了减小系统误差（3）计算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ的表达式为μ＝2Fmg−【考点】探究影响滑动摩擦力的因素．【答案】（1）5.6；（2）A；（3）2Fmg【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；（2）根据实验原理和正确的实验操作步骤分析作答；（3）根据极短时间内的平均速度求瞬时速度；根据运动学公式和牛顿第二定律求动摩擦因数。【解答】解：（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，遮光条的宽度d＝5mm+6×0.1mm＝5.6mm；（2）A．本实验中，细线的拉力由弹簧测力计直接测出，所以不需要测托盘（含砝码）的质量，故A正确；B．把细线、长木板调节到水平状态，才能保证滑块受到的合力等于两段细线的拉力与摩擦力的合力，即F合＝2F﹣μmg，故B错误；C．实验时，多次测量Δt1、Δt2，并取Δt1、Δt2各自的平均值，是为了减小偶然误差，故C错误。故选：A。（3）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，滑块经过光电门a的瞬时速度大小为v经过光电门b时的速度大小为v由运动学公式得v2﹣v1＝at对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得2F﹣μmg＝ma则μ=2F故答案为：（1）5.6；（2）A；（3）2Fmg四、解答题11．做直线运动的物体，其v﹣t图象如图所示，试根据v﹣t图象判断：（1）第1秒内，物体的加速度为多大？（2）第2秒和第4秒内的加速度是否相同？（3）在第4秒内，物体做什么运动？【考点】根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．【答案】见试题解答内容【分析】（1）、（2）速度—时间图象的斜率等于加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．（3）根据图象的形状分析物体的运动情况，抓住v﹣t图象中匀变速直线运动的图象是倾斜直线．【解答】解：（1）物体在第1秒内即0﹣1s内，速度从0增加到4m/s，故加速度大小a1=vt−v0（2）第2秒内（1s﹣2s内）和第3秒内（2s﹣3s内）图象的斜率相同，则物体的加速度相同，该过程中物体的加速度为a2＝a3=vt−v0在第4秒内（3s﹣4s内），物体的速度从0至﹣2m/s，故该过程中加速度a4=vt−v0可见，第2秒和第4秒内的加速度相同．（3）在第4秒内，物体的加速度不变，速度为负值，且均匀增大，说明物体做沿负方向做匀加速直线运动．答：（1）第1秒内，物体的加速度为4m/s2．（2）第2秒和第4秒内的加速度相同．（3）物体做沿负方向做匀加速直线运动．12．如图所示，导热汽缸的上端开口，用厚度不计的活塞密封有一定质量的理想气体，活塞与汽缸间的摩擦不计。用系在活塞上的轻绳将汽缸竖直悬挂起来，活塞与汽缸均处于静止状态。当环境的热力学温度为T0时，活塞距缸底的高度为h0，已知外界大气压恒为p0，活塞质量为m，横截面积为S，汽缸质量为M，重力加速度大小为g。（1）由于环境温度降低，汽缸向上移动了Δh，求此过程中外界对密封气体做的功W及此时环境的热力学温度T；（2）保持环境的热力学温度为T，在汽缸底部挂上一个质量为m0的砝码，使活塞距缸底的高度仍为h0，求砝码质量m0的大小。【考点】理想气体及理想气体的状态方程；气体压强的计算．【答案】见试题解答内容【分析】（1）应用平衡条件求出封闭气体的压强，应用功的计算公式求出外界对气体做的功；气体温度降低过程，汽缸内封闭气体压强不变，应用盖﹣吕萨克定律求出气体的温度。（2）气体温度不变，应用玻意耳定律求出