2019届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第五次调研考试物理试题（解析版）

2018—2019学年高三第五次调研考试物理试卷

一、选择题

1.关于原子核及其变化，下列说法正确的是

A. 一个中子和一个质子的质量之和等于一个H核的质量

B. 处于激发态的原子核放出射线时，核子数并没有发生变化

C. 结合能大的原子核，比结合能也大

D. 原子核发生一次衰变，原子核外就会失去一个电子

【答案】B

【解析】

【分析】

轻核聚变有质量亏损，向外放出能量．根据爱因斯坦质能方程判断反应前后的质量关系。

【详解】A项：一个中子和一个质子结合成氘核，放出能量，由爱因斯坦质能方程可知，一个中子和一个质子的质量之和大于一个氘核的质量，故A错误；

B项：处于激发态的原子核放出射线即为光子流，所以核子数不变，故B正确；

C项：比结合能等于结合能与核子数的比值，所以结合能大的原子核，比结合能不一定大，故C错误；

D项：原子核衰变所放出的电子为原子核内一个中子转化而来的，故D错误。

故应选：B。

【点睛】解决本题的关键知道重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，向外放出能量。

2.一辆玩具车在一条平直的公路上做匀变速直线运动，由0时刻开始，通过计算机描绘了该玩具车的 图象，如图所示。其纵轴为位移与时间的比值，横轴为时间。则下列说法正确的是

A. 计时开始瞬间玩具车的速度大小为2 m／s

B. 0～4 s的时间内，玩具车的平均速度大小为0．5 m／s

C. 玩具车的加速度大小为0．5 m／s2

D. 0～4 s的时间内，玩具车通过的路程为2 m

【答案】A

【解析】

【详解】A、C项：由于玩具车做匀变速直线运动，将整理得：

由图象可得：，，即，故A正确，C错误；

B项：4s末的速度为，所以平均速度为：，故B错误；

D项：前2s内通过的路程为：，后2s内的位移为，所以0～4 s的时间内，玩具车通过的路程为4 m，故D错误。

故应选：A。

3.如图所示，烟花可以增添欢乐气氛，当然烟花也蕴含着许多物理知识。假设在高空中有四个物体，在同一位置同时以速率v竖直向上、竖直向下、水平向左、水平向右被抛出，不考虑空气的阻力，经过3 s后四个物体在空中的位置构成的图形可能是下列所给图中的

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据运动的合成与分解的知识，每个小球的运动都可以分解为自由落体运动和沿着初速度方向的匀速直线运动；假设同时有个小球从同一位置自由落体，则其余4个球相对与该球都是匀速直线运动。

【详解】每个小球的运动都可以看成是沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动。

向上运动的位移到出发点的距离：

向下运动的位移到出发点的距离：

两个小球之间的距离：△H=h1+h2=2v0t

向左的运动： ，

向右的运动：，

所以向左的小球到向右的小球之间的距离：L=x1-x2=2v0t

向左的小球到向上的小球之间的距离：

水平方向：

竖直方向：

向左的小球到向下的小球之间的距离：

水平方向：

竖直方向：

同理，向右的小球到向上的小球，以及到向下的小球之间的距离也是如此，所以四个小球所在位置为顶点所构成的图形应该是正方形，故A正确。

故应选：A。

【点睛】参考系选择恰当，可以是复杂问题简单化，本题再一次说明了这个道理。

4.如图所示为固定在水平地面上的光滑对称圆弧形容器，容器两端A、C在同一高度上，B为容器的最低点，E、F是圆弧上处在同一高度的两点，一个可以看成质点的小球，从容器内的A点由静止释放后沿容器内壁运动到C点，则

A. 小球从A点运动到B点和从B点运动到C点所用时间不同

B. 小球运动到C点时加速度为零

C. 小球运动到E点和F点时的切向加速度大小相等

D. 小球运动到E点和F点时的速度相同

【答案】C

【解析】

【详解】A项：由于容器为光滑，根据对称性可知，小球从A点运动到B点和从B点运动到C点所用时间相同，故A错误；

B项：由对称性可知，小球到达C点时的速度为零，小球受重力，支持力，两力的合力一定不为零，所以加速度不为零，故B错误；

C项：由对称性可知，小球在E点和F点时受重力，支持力，且支持力与重力的夹角相同，所以加速度变相同，故C正确；

D项：由对称性可知，小球在E点和F点时的速率相等，但是速度方向不同，所以在E点和F点的速度不相同，故D错误。

故应选：C。

5.如图所示，在足够长的竖直线的右侧有方向垂直纸面向外且范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场区域，一带电粒子q从P点沿与竖直线成角θ＝45°方向，以大小为v的初速度垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从Q点射出磁场。不计粒子重力，下列说法正确的是

A. 带电粒子q可能带正电荷

B. 带电粒子的比荷＝

C. 若PQ之间的距离等于L，则带电粒子在匀强磁场中的轨迹半径R＝L

D. 粒子射出磁场时与水平线的夹角为θ

【答案】D

【解析】

【详解】A项：由题意可知，粒子要从Q点射出，所以粒子应向左上方偏转，由左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；

B项：由题可知，粒子在磁场中运动的弦切角为450，由公式，解得：，故B错误；

C项：若PQ之间的距离等于L即粒子在磁场中做圆周运动对应的弦长为L，由数学知识可知，，解得：，故C错误；

D项：由粒子在磁场中做圆周运动的对称性可知，粒子射出磁场时与水平线的夹角为θ，故D正确。

故应选：D。

6.如图所示，细绳l1与l2共同作用于质量为m的小球而使其处于静止状态，其中细绳l1与竖直方向的夹角为θ，细绳l2水平，重力加速度为g，不计空气阻力。现剪断细绳l2，则剪断瞬间

A. 小球立即处于完全失重状态

B. 小球在水平方向上的加速度大小为gsin 2θ

C. 细绳l1上的拉力大小为

D. 小球受到的合力大小为mgtan θ，方向水平向右

【答案】B

【解析】

【分析】

剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，根据平衡条件求解L1上的拉力，小球运动到最低点的过程中，根据动能定理求出到达最低点的速度，在最低点，根据向心力公式求解绳子的拉力。

【详解】A、B项：剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，但重力沿与垂直绳l1方向还有分力：，加速度为 ，将加速度分解到水平方向和竖直方向，水平方向的加速度为：，故A错误，B正确；

C项：剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，即，故C错误；

D项：剪断细线瞬间，小球速度为零，则沿着绳子方向的合力为零，小球的合外力沿与与垂直绳l1方向斜向下，大小为，故D错误。

故应选：B。

【点睛】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律、动能定理的基本运用．注意剪断l2线，绳子的拉力发生突变，该瞬间沿绳子方向的合力为零，合力沿垂直绳子方向。

7.质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子。若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室（内为匀强磁场）、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷（）进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心。则下列说法正确的是

A. 高压电源A端应接电源的正极

B. 磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里

C. 若离子化后的两同位素X1、X2（X1质量大于X2质量）同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X1

D. 若磁场室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷为

【答案】D

【解析】

【分析】

根据正离子在电场中加速确定高压电源A端为正极还是负极．根据左手定则判断磁场的方向，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力得出半径的表达式，结合表达式分析判断，根据离子质荷比的表达式，得出磁感应强度B与质荷比的关系，从而进行求解。

【详解】A项：正离子在电场中加速，可知高压电源A端应接“负极”，故A错误；

B项：根据左手定则知，磁场室的磁场方向应是垂直纸面向外，故B错误；

C项：正离在加速电场中运动时有：，在磁场室做圆周运动时有：，由此可知，质量越大的，半径越大，轨迹Ⅰ半径小，所以应为X2，故C错误；

D项：当记录仪接收到一个明显的信号时即正离子在磁场中偏转了角，由几何关系可知，正离子做圆周运动的半径为 ，由公式和联立解得：，故D正确。

故应选：D。

【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，结合动能定理和半径公式分析判断。

8.如图所示为重约2 t的某品牌跑车快速通过特别搭建的垂直摩天轮跑道的情境。为了成功通过直径约20 m的竖直环形跑道（在底部轨道错开），跑车在进入摩天轮环形跑道时的速度需达到v1＝22 m／s，在顶端倒立行驶的速度需达到v2＝19／s，以对抗地心引力，确保跑车能够在环形跑道顶点顺利地倒立行驶，重力加速度g＝10 m／s2。下列说法正确的是

A. 跑车通过摩天轮跑道的过程机械能守恒

B. 跑车在环形跑道最高点的向心加速度大小约为19 m／s2

C. 跑车刚进入环形跑道时受到跑道的支持力大小约为116 800 N

D. 跑车刚进入环形跑道时发动机输出功率与到达环形跑道顶点时的相等

【答案】C

【解析】

【详解】A项：跑车通过摩天轮跑道的过程要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；

B项：由公式，故B错误；

C项：由牛顿第二定律可得：，代入数据解得：，故C正确；

D项：最低点摩擦力大要的牵引力也大，最高点摩擦力小，要的牵引力也小，最低点的速度大的，最高点速度小的，所以最低点的输出功率大，故D错误。

故应选：Ｃ。

9.如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上（动摩擦因数μ<tan θ），存在一矩形磁场区域ABDC，磁场方向垂直斜面向下，现将材料相同、边长相等、粗细不同的单匝闭合正方形细线圈1和粗线圈2，在距磁场边界AB下方等距的位置以相同初速度滑上斜面，最终又都从边界AB滑出磁场，则从线圈开始运动到滑出磁场的整个过程中，下列说法正确的是

A. 全程运动时间t1＞t2

B. 克服摩擦力做功Wf1＜Wf2

C. 在磁场中产生的焦耳热Q1＝Q2

D. 在第一次进入磁场的过程中通过线圈某截面的电荷量q1＜q2

【答案】BD

【解析】

【详解】A项：线圈刚进磁场时有：，其中 ， ，所以加速度为，所以加速度相同，同理分析可知，全过程中所用时间相向，故A错误；

B项：由可知，越粗的质量越大，由公式，由于路程相同，所以越粗的克服摩擦力做功越多，故B正确；

C项：，热量：，所以越粗的发热越多，故C错误；

D项：由公式，所以越粗的电量越大，故D正确。

故应选：BD。

10.如图所示，地面上有一半径为R的半圆形凹槽，半径OA水平，半径OB竖直，半径OC与水平方向的夹角θ=37°。现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到B点；若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，sin 37°=0．6，cos 37°=0．8，则下列说法正确的是

A. ＝

B. 小球刚到达C点时重力的功率与刚到达B点时重力的功率之比为3∶2

C. 小球刚到达C点时的速度与刚到达B点时的速度大小之比为：5

D. 小球从抛出开始运动到C点与运动到B点的平均速度大小之比为：2

【答案】AC

【解析】

【详解】A项：由平抛运动的规律可知，落在B点时有：，

落在C点时有：，

联立解得：，故A正确；

B项：小球到达B时竖直方向的速度，小球到达C时竖直方向的速度，由公式可知，重力瞬时功率之比等小球在竖直方向的速度之比即为：，故B错误；

C项：小球从抛出点到B点时，由动能定理得：

小球从抛出点到C点时，由动能定理得：

由A分析可解得：，

联立解得：，故C正确；

D项：由A项分析可得：，，落在B，C点的位移为分别为： ，，由平均速度公式，联立解得：，故D错误。

故应选：AC。

【点睛】解决本题的关键是掌握平抛运动的研究方法：运动分解法，要明确知道竖直位移和水平位移可求得平抛运动的初速度。

11.如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1和光敏电阻R2（阻值随光照增强而减小），开关S开始时处于闭合状态，下列说法正确的是

A. 当U增大时，副线圈中电流变大

B. 当光照变弱时，变压器的输入功率变大

C. 当开关S由闭合到断开时，交流电流表的示数变大

D. 当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加

【答案】AD

【解析】

【详解】A项：当U增大时，副线圈两端电压增大，所以副线圈中的电流增大，故A正确；

B项：当光照变弱时，光敏电阻阻值变大，副线圈中的总电阻变大，总电流变小，由公式P=U2I2可知，副线圈消耗的功率变小，变压器的输入功率变小，故B错误；

C项：当开关S由闭合到断开时，副线圈中的总电阻变大，总电流变小，即电流表的示数变小，故C错误；

D项：当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，R1中的电流变大，所以消耗的功率变大，故D正确。

故应选：AD。

12.如图所示，金属导轨M、N平行，相距为L，光滑金属棒a和b垂直于导轨且紧靠着放置，它们的质量均为m，在两导轨之间的电阻均为R。整个装置位于水平面内，处于磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计，长度足够长。零时刻对a施加一平行于导轨的恒力F。在t时刻电路中电流恰好达到稳定。则

A. t时刻两金属棒的速度相同

B. t时刻a、b两棒速度差为Δv=

C. 在t时刻撤去力F后，导轨之间的电势差UMN会变小

D. 在t时刻撤去力F后，导轨之间的电势差UMN恒定不变

【答案】BD

【解析】

【详解】A、B项：a棒在拉力F作用下向左做加速运动切割磁感线，与b棒组成回路，所以b棒在安培力作用下向左做加速运动，电路中的总电动势为：，a棒做加速度减小的加速，b棒做加速度增大的加速，当加速度相等时，电路中的电流恒定，由受力可知， ，即F=2BIL，其中，解得：，故A错误，B正确；

C、D项：在t时刻撤去力F后，由闭合电路欧姆定律可知，

由动量守恒可知，，即，所以恒定，故C错误，D正确。

故应选：BD。

二、实验题

13.长郡中学的小林同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。

（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在____（选填“水平”或“竖直”）方向。

（2）在正确操作的情况下，某同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象。则甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为___N／m和__N／m；两个图象的上端都呈曲线的原因是_______，若要制作一个精确程度较高的弹簧测力计，应选弹簧____。

【答案】    (1). （1）垂直    (2). （2）    (3). 200    (4). 弹簧的形变超过弹性限度    (5). 甲

【解析】

【分析】

根据图示图象，应用胡克定律内容、公式分析答题；用劲度系数越小的弹簧制作的弹簧测力计精度越高。

【详解】(1) 弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；

(2) 甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为：

；

在弹性范围内弹簧的弹力与形变量成正比，超过弹簧的弹性范围，则此规律不成立，所以所给的图象上端成为曲线，是因为形变量超过弹簧的弹性限度；

要制作一个精确程度较高的弹簧测力计，应选用一定的外力作用时，弹簧的形变量大，故选甲弹簧。

14.(2017湖北部分重点高中联考)导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3 V”的字样。主要实验步骤如下，完成下列问题。

（1）首先用螺旋测微器测量器件的直径，示数如图1所示，则直径d=________mm。

（2）然后用多用电表的欧姆×100挡粗测器件的电阻，表盘指针位置如图2所示，则器件的电阻约为________Ω。

（3）为精确测量器件在额定电压时的电阻Rx，且要求测量时电表的读数不小于其量程的，滑动变阻器便于调节，根据下面提供的器材，在虚线框中画出实验电路______,其中正确的是_______(填入正确选项前的标号)。。

A．电流表A1(量程60 mA，内阻r1约3 Ω)

B．电流表A2(量程2 mA，内阻r2=15 Ω)

C．电压表V(量程为10 V，内阻r=1 kΩ)

D．定值电阻R1=747 Ω

E．定值电阻R2=1985 Ω

F．滑动变阻器R(0~20 Ω)

G．蓄电池E(电动势12 V，内阻很小)

H．开关S一只，导线若干

（4）根据以上实验，可得到导电玻璃的电阻率表达式为ρ=__________(电压表V的读数为U，电流表A1、A2的读数分别为I1、I2)。

【答案】    (1). 1.990    (2). 500    (3).     (4). BCEFGH    (5).

【解析】

(1)螺旋测微器的读数为固定刻度+可动刻度=1.5 mm+49.0×0.01 mm=1.990 mm。

(2)多用电表欧姆挡读数为示数×倍率=5×100 Ω=500 Ω。

(3)用伏安法测电阻，由于器件的额定电压为3 V，电压表V的量程太大，所以用内阻已知的电流表A2改装电压表，A2和定值电阻R2串联可改装成量程为(15+1 985)×2×10–3 V=4 V的电压表，满足要求；额定电压下通过器件的电流约为A=6 mA，电流表A1的量程太大，用已知内阻的电压表替代电流表，测量电流的量程为=10 mA，满足要求；滑动变阻器的最大阻值小于器件电阻，滑动变阻器应采用分压式接法。

(4)由欧姆定律，器件的电阻Rx=，IV=，由电阻定律有Rx=，S=，联立可得导电玻璃的电阻率ρ=。

三、解答题

15.如图所示是某游戏设施的简化图，由光滑圆弧轨道AB、半径R＝0.2 m的竖直圆轨道CDC、水平光滑轨道CE和粗糙水平轨道BC组成。NN'是一堵竖直墙，与E点的水平距离L＝4 m，MM'是一块长L0=2.4 m的软垫，水平轨道CE离地高度h＝3.2 m，M在E点的正下方。m＝1 kg的物体（可视为质点）从离水平轨道BC高H的圆弧轨道上的A点无初速度释放。已知物体与水平轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，BC的长度x0＝9 m，重力加速度为g＝10 m／s2。

（1）若物体恰好能通过竖直圆轨道的最高点D，从E点水平抛出，求物体到达圆轨道最低点C时对轨道的压力；

（2）物体抛出后，若撞在竖直墙上，撞击前后，竖直方向上的速度大小、方向均不变，水平方向的速度大小不变，方向相反，欲使物体能顺利通过竖直圆轨道最高点且安全落在软垫MM'上，求物体释放高度H的取值范围。

【答案】（1）60 N，方向竖直向下；（2）4.25 m≤H≤6.8 m。

【解析】

【详解】(1)物体恰好能过最高点D有：

从C到D由机械能守恒得：

在C点有：

联立解得：

由牛顿第三定律可知，物体到达圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下；

(2)由题意可知，要使物体能顺利通过竖直圆轨道最高点且安全落在软垫MM'上，物体从E飞出在水平方向的位移最大为2L（即打在M点），最小的位移为（L+L-L0）

物体运动的时间为：

从E点飞出的最大速度为：

最小速度为：

从A到E由动能定理得：

联立解得：4.25 m≤H≤6.8 m。

16.研究太空宇宙射线的粒子组成时，要在探测卫星上安装“太空粒子探测器”和质谱仪。“太空粒子探测器”由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成，其原理可简化为图甲所示。辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径为R1，电势为φ1，内圆的半径R2=，电势为2。内圆内有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间存在狭缝。假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，粒子进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收（收集薄板两面均能吸收粒子，两端不吸收粒子），不考虑粒子间的相互作用。

（1）求粒子刚到达内圆时速度的大小。

（2）以收集薄板MN所在的直线为横轴建立如图甲所示的平面直角坐标系。分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，求出这些粒子运动的一个周期内在磁场中运动的时间。

【答案】（1）v＝；（2）粒子在磁场中运动的时间为T，有：T＝＝，粒子进入电场的四个位置坐标分别为（0，R1），（R1，0），（0，－R1），（－R1，0）；

【解析】

【分析】

(1)子在电场中加速，根据动能定理可求得粒子到达内圆时的速度大小；

(2)磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力即可求得半径，再与几何关系联立即可，画出一个周期性运动的图象，周期公式结合转过的圆心角即可求出一个周期性运动的时间。

【详解】(1)带电粒子在电场中被加速时，由动能定理可得：

U=φ1-φ2

联立解得：；

(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有

如图所示，因为r=R2，所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，如此反复的周期运，粒子在磁场中做圆周运动的周期： 则粒子在磁场中运动的时间：t=T粒子进入电场的四个位置坐标分别为（0，R1），（R1，0），（0，－R1），（－R1，0）.

【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，在注意分析粒子的运动轨迹，确定圆心和半径，再根据几何关系进行分析，即可求解；对过程的分析以及数学应用能力要求较高。

17.自然现象，都可以应用物理知识进行分析，下列对物理现象的分析及其原理的叙述正确的是____。

A．纤细小虫能停在平静的液面上，是由于液面表面张力的作用

B．密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高，压强增大，是由于分子热运动的平均动能增大

C．“破镜不能重圆”，是因为镜子打破后，再接触部位的分子间斥力大于引力

D．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现

E．草叶上的露珠，是由空气中的水蒸气凝结成的水珠，在水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的引力和斥力都增大

【答案】ABE

【解析】

【详解】A项：纤细小虫能停在平静的液面上，是由于液体表面张力的作用，故A正确；

B项：理想气体温度升高，分子平均动能增大，分子与器壁碰撞时产生的作用力变大，所以压强变大，故B正确；

C项：、“破镜不能重圆”。这是因为镜破处分子间的距离太大了，超过分子直径10倍，分子间作用力几乎不存在了，故C错误；

D项：热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现，故D错误；

E项：草叶上的露珠是由空气中的水蒸气凝结成的水珠。这一物理过程中水分子间的引力、斥力在气态下忽略不计，液化后同时存在，故都增大，故E正确。

故应选：ABE。

18.如图所示，一个内横截面积为S的汽缸竖直放置，汽缸上方盖一质量为m、厚度不计的活塞，汽缸下方有一充气孔，气孔最初与外界相通。已知大气压强为p0。

①现对汽缸充气，将2倍于汽缸容积的空气从充气孔缓慢充入汽缸中，此时活塞恰能跳起，求活塞跳起瞬间汽缸中气体的压强和活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小。

②若用手压住活塞，将5倍于汽缸容积的空气从充气孔缓慢充入汽缸中，然后突然撤去按压活塞的手，求撤去手的瞬间活塞的加速度。

【答案】①f＝2 p0 S－mg；②a＝

【解析】

【详解】(1)由等温变化得：，解得：，由受力可知，

解得：；

(2) 由等温变化得：，解得：，由牛顿第二定律可得：

解得： 。