东北三省三校高考物理一模试卷解析

1、2019年东北三省三校高考物理一模试卷一、单选题（本大题共4小题，共12.0分）1. 在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b。t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是()A. t=3s时，两车具有共同的加速度B. a车做匀速运动，b车做加速运动C. 在运动过程中，b车始终没有超过a车D. 在03s的时间内，a车的平均速度比b车的大【答案】C【解析】解：A、t=3s时，两图线斜率相等，所以两车的速度相等，a的加速度为零，而b的加速度不为零，所以加速度不同，故A错误；B、xt图象的斜率表示速度，由图可知，a车做匀速直线运动，b车做减直线速运动，故B错误；C

2、、由图象可知，b车的位置坐标小于等于a的坐标，所以b车始终没有超过a车，故C正确；D、在03s的时间内，a车的位移为6m，b车的位移为8m，由公式v=xt可知，a车的平均速度小于b车的，故D错误。故选：C。xt图象的斜率表示速度，根据图象的形状分析两车的运动情况，判断b车能否超过a车。根据纵坐标的变化量分析位移关系，从而得到平均速度关系。解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，分析两车的位移关系、速度关系。2. 如图所示，有一个物块恰好能静止在固定的斜面上，若再对物体施加一个力，使物块能沿着下面下滑，下列可行的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A. 竖直向

3、下的恒力B. 沿斜面向下的恒力C. 垂直斜面向下的恒力D. 竖直向上的恒力【答案】B【解析】解：A、设斜面倾角为，物块的质量为m，动摩擦因数为，由题意可知，mgsin=mgcosA项：对物块加个竖直向下的恒力F，沿斜面向下的力为：(mg+F)sin，物块与斜面间的最大静摩擦力为：(mg+F)cos，由mgsin=mgcos可知，(mg+F)sin=(mg+F)cos，所以物块仍静止，故A不可行；B、对物块加沿斜面向下的恒力F，沿斜面向下的力为：mgsin+F，物块与斜面间的最大静摩擦力为：mgcos，由mgsin=mgcos可知，mgsin+F>mgcos，所以物块向下滑，故B可行；C、

4、对物块加垂直斜面向下的恒力F，沿斜面向下的力为mgsin，物块与斜面间的最大静摩擦力为：(mgcos+F)，由mgsin=mgcos可知，mgsin<(mgcos+F)，所物块仍静止，故C不可行；D、对物块加竖直向上的恒力F，沿斜面向下的力为(mgF)sin，物块与斜面间的最大静摩擦力为：(mgF)cos，由mgsin=mgcos可知，(mgF)sin=(mgF)cos，所有物块仍静止，故D不可行。故选：B。对物块减小受力分析，根据平衡条件列方程分析摩擦力与重力沿斜面向下分力的大小，由此分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行

5、四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。3. 如图，水平放置两个同心金属半圆环，半径分别为r和2r，两环间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度为B.在两环间连接一个电容为C的电容器，c、d是电容器的两个极板，ab是可绕圆心转动，长为r的金属杆，沿半径方向放置在两环间且接触良好。现让绕圆心以恒定角速度沿逆时针转动。不计一切电阻，则下列说法正确的是()A. 电容器c极板带负电B. cd间电压逐渐增大C. 金属棒ab产生的电动势为Br2D. 电容器所带电荷量为32CBr2【答案】D【解析】解：A、根据右手定则可知，ab棒切割磁感线产生感应电动势方

6、向由a到b，a端的电势比b端的电势低，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误；BC、根据切割磁感线产生感应电动势为：E=BLabv=Brva+vb2=Brr+2r2=32Br2，故B、C错误；D、根据电容器电荷量的计算公式Q=CU，及U=E得：Q=CU=32CBr2，故D正确。故选：D。根据右手定则即可判定感应电动势方向，从而确定电容器的极性；根据切割感应电动势E=BLv，结合线速度v=R，及电荷量Q=CU，即可求解。本题主要是考查了右手定则的内容，掌握法拉第电磁感应定律的应用，要知道电路中没有电流，电容器板间电压等于ab棒产生的感应电动势。4. 生活中可以通过霍尔元件来测量转动物体的转速。

7、如图，在一个转动的圆盘边缘处沿半径方向均匀地放置四个小磁铁，其中两个N极向外，两个S极向外。在圆盘边缘附近放置一个霍尔元件，其尺寸如图所示。当电路接通后，会在a、b两端产生电势差，经电路放大后得到脉冲信号。已知脉冲信号的周期为T，若忽略感应电动势的影响，则()A. 圆盘转动的转速为n=14TB. 转速越大，脉冲信号的最大值就越大C. 脉冲信号的最大值与h成正比D. 圆盘转到图示时，如果a点电势高则霍尔元件中定向移动的电荷带负电【答案】D【解析】解：A、由于两个N极向外，两个S极向外，所以圆盘转一周的时间为一个周期，故圆盘的转速为1T，故A错误；BC、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，

8、霍尔元件的长宽高分别为L、d、h，有：qUh=qvB，结合电流的微观定义式：I=nehdv，所以有：U=IBhnedh=IBned，故脉冲信号的最大值与转速和h无关，故BC错误；D、圆盘转到图示时，如果a点电势高，则说明上极板带正电，下极板带负电；电流向里，则根据左手定则可知，只能是带负电的电荷移动到下板上，故D正确。故选：D。小磁片被磁化，当靠近和远离线圈时产生感应交变电流，转速越大，磁通量变化越快，交变电流的最大值越大，转速乘以一圈上的小磁片的个数就是交变电流的频率，即可判断。解决本题的关键明确测量转速的原理，注意分析给出的装置结构，同时明确霍尔元件的基本性质，会用左手定则分析电荷的受力和

9、电势高低的关系。二、多选题（本大题共6小题，共18.0分）5. 如图所示，将一小球在斜面顶端沿水平方向抛出，小球飞行一段时间恰落到斜面底端。若不计空气阻力，当小球的动量变化量为飞行全过程的一半时，关于此刻小球的位置。下列判断正确的是()A. 在斜面中点所在的垂直斜面的倾斜线上B. 在斜面中点所在的竖直线上C. 在斜面中点所在的水平线上D. 小球的位置距离斜面最远【答案】BD【解析】解：A、B、C项：当小球的动量变化量为飞行全过程的一半时，由动量定理可知，即运动的时间为全程一半时，所以小球在水平方向上的位移为总位移的一半，所以小球应在斜面中点所在的竖直线上，故A、C错误，B正确；D、将小球的运动

10、分解为平行斜面和垂直斜面可知，在平行斜面方向做匀加速直线运动，垂直斜面方向先做匀减速到零，再反向加速，由对称性可知，当小球运动时间为总时间一半时，小球刚好垂直斜面方向的速度为零，即此时离斜面最远，故D正确。故选：BD。小球的动量变化量为飞行全过程的一半时，由动量定理可知，即运动的时间为全程一半时，所以小球在水平方向上的位移为总位移的一半，所以小球应在斜面中点所在的竖直线上；由对称性可知，当小球运动时间为总时间一半时，小球刚好垂直斜面方向的速度为零，即此时离斜面最远。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远

11、。6. 如图所示，两个等量异种点电荷+Q和Q固定在一条竖直线上，其右侧固定一根竖直的光滑细木杆，有一个带正电小球p套在细杆上。小球p由静止释放，从与Q等高处运动到与+Q等高处的过程中，下列说法正确的是()A. 小球p的电势能先减小，后增加B. 小球P受到细杆的弹力方向先向右，后向左C. 小球P一直做匀加速直线运动D. 若细杆换为光滑绝缘金属杆，小球p做匀加速直线运动【答案】BD【解析】解：等量异种电荷周围电场线和等势面分布如图所示：A、带正电的小球p从A到C电场力做负功，电势能一直增加，故A错误；B、根据上图电场线分布可知，带正电的小球在B点上方，受到斜向上的电场力，电场力的水平分力向左，又小

12、球水平方向受力平衡可知小球P受到细杆的弹力方向右；B点下方，带正电的小球受到斜向右上方的电场力，电场力的水平分力向右，又小球水平方向受力平衡，则小球P受到细杆的弹力方向左，故整个过程中小球P受到细杆的弹力方向先向右，后向左，故B正确；C、根据上图可知，从A到C电场线疏密不同，受到电场力不同，故不可能做匀变速运动，故C错误；D、若细杆换为光滑绝缘金属杆，则金属杆发生静电感应，平衡后金属杆是等势体，小球竖直方向只受重力，则小球p做匀加速直线运动，故D正确；故选：BD。画出等量异种电荷电场线和等势面分布图，从与Q等高处运动到与+Q等高处的过程中，通过电场力做功分析电势能变化；通过分析电场力方向，根据

13、小球P水平方向受力平衡分析弹力方向；通过受力分析，判断小球的运动性质。本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性。7. “鹊桥”是嫦娥四号月球探测器的中继卫星，运行在地月拉格朗日L2点处的Halo使命轨道点位于地月延长线上，在月球背对地球的一侧，距离月球约为地球半径的10倍。假设中继卫星在L2点受地月引力保持与月球同步绕地球运行，已知地月距离约为地球半径的60倍，中继卫星的质量远小于月球的质量，根据以上数据下列判断正确的是()A. 中继卫星与月球绕地球运动的加速度之比约为

14、7：6B. 中继卫星与月球绕地球运动的加速度之比约为36：49C. 地球与月球质量之比约为83：1D. 地球与月球质量之比约为49：1【答案】AC【解析】解：AB、由公式a=2r可知，由于中继卫星与月球绕地球运动的周期相同，所以角速度相同，所以加速度之比等于轨道半径之比，由题可知，半径之比为7：6，向心加速度之比也为7：6；故A正确，B错误；CD、由公式GmMr2=ma可知月球绕地球运动时有：GM地M月(60R)2=M月a月，中继卫星绕地球运动时有：GM月M中(10R)2+GM地M中(70R)2=M中a中联立解得地球与月球质量之比约为83：1，故C正确，D错误。故选：AC。卫星与月球同步绕地球

15、运动，角速度相等，根据v=r，a=r2比较线速度和向心加速度的大小；再根据万有引力充当向心力即可确定质量关系。本题考查万有引力在天体运动中的应用，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件。8. 如图所示，在xoy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xoy平面内，且对称分布在x轴两侧的30角的范围内。在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是()A. 最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为a3vB

16、. 最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等C. 最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为4a3vD. 最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为(a,73a3)【答案】ACD【解析】解：A、沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30，所以运动时间为30360×2×2av=a3v，故A正确；BCD、沿与x轴成30 角的两个方向同时进入磁场，沿与x轴成30角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120，所以用的时间为120360×2×2av=4a3v，弦长为s=2×2asin60=23a

17、，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为x=atan30=33a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为s+x=23a+33a=733a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为(a,73a3)，故B错误，CD正确。故选：ACD。分析粒子的运动过程，明确x轴方向射出的粒子最先进入磁场，而沿30度角方向进入的粒子最后离开；根据几何关系即可以确定运动时间；再根据几何关系确定最后从磁场中射出的粒子出场的坐标。本题考查带电粒子在磁场中的运动规律应用，重点在于分析粒子的运动情况和几何关系的应用，知道所有粒子在磁场中的半径和周期均相同。9. 下列说法正确的是()A. 熵增加原理说明一切自然过程总是向着

18、分子热运动的无序性减小的方向进行B. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C. 人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度D. 液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置E. 当两分子间距离为r0时，分子力为0；当分子间距离小于r0时，分子间表现为斥力【答案】BCE【解析】解：A、自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总熵会不断增加，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故A错误；B、改变物体内能的两种方式是热传递和做功，在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律知气体的内能一定增加，故B正确；C、

19、人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度，故C正确；D、液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定，故D错误；E、当两分子间距离为r0时，分子力为0，当分子间距离小于r0时，斥力和引力都存在，分子间表现为斥力作用，故E正确。故选：BCE。一个孤立系统的总熵会不断增加；根据热力学第一定律分析气体的内能；人对空气干爽与潮湿的感受取决于相对湿度；液体分子位置不固定；根据分子间距离分析分子力。本题主要是考查热力学定律、内能、湿度、分子力等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。10. 如图所示，在水平面内a、b、c分

20、别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab=6m，ac=8m：在t1=0时刻a、b处的振源同时开始振动，它们在同种介质中传播，其振动表达式分别为ya=0.1sin(2t)cm和yb=0.15sin(2t+)cm，所形成的机械波在水平面内传播，在t=4s时c点开始振动，则()A. 两列波的波长为2mB. 两列波的传播速度大小为2m/sC. 两列波相遇后，c点振动加强D. A的振动频率1HzE. 点的振幅为0.25m【答案】ABD【解析】解：AB、由于两列波的波速相同，则a处振动先到达c点，所以波速为v=act=2m/s，由振动方程可知，T=1s，由公式v=T得波长为2m，故AB正确；C、由两振动方程

21、可知，两波源的振动步调相反，c点到ab两波源的路程差为s=2m=，所以c点为振动减弱点，故C错误；D、由A分析可知，T=1s，所以频率为1Hz，故D正确；E、由于c点为振动减弱点，所以振幅为(0.150.1)cm=0.01cm，故E错误。故选：ABD。根据波从a传到c的时间和距离，求波速。a点的振动先传到c点，b点的振动后传到c点，根据波的叠加原理分析c点的状态。由波速公式求波长。本题解题关键是要抓住在均匀介质中传播的同类波波速相同，而且两波匀速传播这个特点进行分析。三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11. 小王同学欲对一台小型电动机的性能进行研究，准备的实验器材如下：待测电动机

22、M(额定电压4.0V)；电流表A(内阻约为0.2)；电压表V(内阻约为3000)；滑动变阻器R；电池E(电动势为6V，内阻约0.5)；开关S导线若干；经过正确操作得到电动机的UI图象(甲图)。(1)请你按实验要求完成图乙实物图的连接_。(2)电动机在额定电压条件下正常工作时，其输人功率为_W，输出的机械功率为_W.(结果保留两位有效数字)【答案】   3.6   1.6【解析】解：(1)由于电动机两端电压从0开始变化，所以滑动变阻器用分压式，电动机不转时内阻较小，所以电流表用外接法，所以电路图如图：(2)由图甲可知，当U=4.0V时，电流为I=0.9A，所以电动机的输入功率

23、为：P=UI=3.6W，由图可知，当电压小于2.0V时，电动机不转，所以电动机的内阻为：r=2.00.8=2.5，所以当电流为I=0.9A时，电动机内阻消耗的功率为：P热=I2r=0.92×2.5W=2.025W2.0W，根据能量守恒定律得电动机的输出机械功率为：P出=(3.62.0)W=1.6W。故答案为：(1)    (2)3.6，1.6。(1)根据图甲电流电压读数范围确定滑动变阻器的接法；根据比较电机不转时的内阻与电流表、电压表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物图；(2)从图甲中读出电动机在额定电压条件下正常工作时的电流，根据P=UI计

24、算输入功率，然后根据能量守恒定律求解输出功率。确定滑动变阻器与电流表的接法是正确选择实验电路的前提与关键，电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，注意本题中电动机不转时相当于纯电阻电路，转动时有一部分电能转化为机械能。12. 某学习小组通过图1实验装置来验证动量守恒定律。A是同定在水平桌面上光滑的斜槽。斜槽末端与水平桌面平行，B是气垫导轨，C是光电门，D是带有小孔的滑块(孔内粘有胶带，小球进入小孔即粘在胶带上)，滑块上方有一窄挡光片。实验前将斜槽固定在水平桌面上，调整气垫导轨的高度，使滑块小孔与斜槽末端在同一高度处，同时调整气垫导轨水平，多次改变小球释放高度h。得到挡光片通过光电门

25、的时间t，做出h1t2图象。小球质量为m，滑块总质量为M，挡光片宽度为d，重力加速度为g。(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图2所示，宽度d=_mm；(2)请用题中所给的物理量来表示，只要满足关系式h=_，就可以说明在误差允许范围内碰撞中动量守恒；(3)如果图象是一条过原点的_(填写“倾斜直线”或“抛物线”)，同样可以验证动量守恒。【答案】2.150  (M+m)2d22m2gt2   倾斜直线【解析】解：(1)螺旋测微器的读数为2mm+15.0×0.01mm=2.150mm；(2)根据动能定理得：mgh=12mv02得小球下滑到斜面底端的速度为：v0=2gh

26、小球与斜槽当光电门的速度为：v=dt由动量守恒定律可得：mv0=(m+M)v即：m2gh=(m+M)(dt)2整理得：h=(m+M)2d22m2gt2；(3)由(2)分析可知，h1t2成正比，所以图象是一条倾斜直线时同样可以验证动量守恒。故答案为：(1)2.150，(2)(M+m)2d22m2gt2，(3)倾斜直线。(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。(2)根据动能定理求出小球到达底端的速度，以及根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球与斜槽通过光电门的瞬时速度，结合动量守恒得出表达式。(3)根据h的表达式，结合h与1t2的关系，得出图线的形状。本题通过碰撞验证

27、动量守恒，注意研究的对象是小球和滑块组成的系统，通过动能定理以及光电门测出瞬时速度是关键。四、计算题（本大题共4小题，共26.0分）13. 如图所示，半径R=0.5m的光滑圆环固定在竖直面上，圆环底端固定一轻弹簧，弹簧上端与物体A连接。圆环上端固定一光滑小滑轮，一轻绳绕过滑轮，一端与A连接，另一端与套在大圆环上的小球B连接，已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=2kg，图示位置细绳与竖直方向成30.现将A、B自图示位置由静止释放，当B运动到与圆心等高的C点时A运动到圆心位置，此时B的速度大小为2m/s。求在此过程中(g=10m/s2,3=1.732,2=1.414)：(1)绳的拉力对B做的功

28、；(2)弹簧弹性势能的变化量。【答案】解：(1)对B，由动能定理得：WmBghBC=12mBvB2其中hBC=2Rcos30R解得：W=9J；(2)根据A、B沿绳子方向的分速度大小相等得vA=vBcos45=2m/s对A，由动能定理得W+mAghAO+W弹=12mAvA2其中hAO=2Rcos302Rcos45=(32)R解得：W弹=8.410J因为W弹=EP所以弹簧弹性势能的变化量EP=8.410J。答：(1)绳的拉力对B做的功是9J。(2)弹簧弹性势能的变化量是8.410J。【解析】(1)B沿圆弧运动的过程中，重力做负功，绳的拉力做正功，根据动能定理求绳的拉力对B做的功；(2)根据A、B沿

29、绳子方向的分速度大小相等列式，求出A的速度。再对A，运用动能定理求弹簧的弹力做功，从而得到弹簧弹性势能的变化量。对于涉及弹簧的问题，往往要向机械能守恒定律方向考虑，注意一个弹簧的弹性势能仅仅由其形变量决定，与是拉伸还是压缩无关；不在同一直线的连接体的运动，要运用运动的分解的办法解决两者的速度间的关系，往往将速度沿着绳的方向与垂直于绳的方向分解。14. 如图所示，足够大的空间范围内存在水平向右的匀强电场。一根长为L=1.0m的绝缘轻质细线一端固定在0点，另一端系一带电小球，小球带电量为q=4.0×103C、质量为m=8.0×102kg.现小球静止在A点，细线与竖直方向夹角=3

30、7，(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8，结果可保留根号)。求：(1)电场强度的大小；(2)在A点沿垂直细线方向对小球施加多大的冲量，可确保小球在纸面内运动的过程中，细线不松弛；(3)在原题基础上加垂直纸面向里、磁感应强度B=2T的匀强磁场，若在A点让小球获得沿垂直细线方向的152m/s的速度，求小球在纸面内绕O点做顺时针圆周运动时细线上的最小拉力。【答案】解：(1)小球静止受力分析，根据平衡得：qE=mgtan37代入数据解得：E=150N/C；(2)I=mvA0设等效最高点为B，此时合力与速度方向垂直设速度方向与竖直方向夹角为则qEsin=mgcos代入数据联立解得：

31、=60分两种情况小球摆动不超过CD两点，临界时刚好到达C或D点，速度为0如图所示：从A到C由动能定理得：EqxACmgyAC=012mvA2其中xAC=Lsin370+Lsin530=1.4myAC=Lcos370Lcos530=0.2m联立代入数据解得：I1=0.4Ns能做完整圆周运动，即能过等效最高点B，从A到Bmg2Lcos370qE2Lsin370=12mvA212mvB2临界时，恰好到达B点，绳上无弹力，在最高点B由牛顿第二定律得：mgcos370+qEcos530=mvB2L联立带入数据解得：I2=105Ns综上I0.4Ns或I105Ns；(3)由题知洛伦兹力沿绳向外在B处，绳上拉

32、力最小从A到B：mg2Lcos370qE2Lsin370=12mv212mv02在B处：TqBv+mgcos370+qEcos530=mv2L解得：T=31.16N。答：(1)电场强度的大小为150N/C；(2)在A点沿垂直细线方向对小球施加I0.4Ns或I105Ns 冲量，可确保小球在纸面内运动的过程中，细线不松弛；(3)小球在纸面内绕O点做顺时针圆周运动时细线上的最小拉力为31.16N。【解析】(1)小球在A点静止，受力分析，根据平衡求解电场强度；(2)受力分析找出等效最高点，恰好过最高点是一种情况，还有一种恰好到达等效半圆；根据动能定理和牛顿第二定律列式求解即可；(3)在等效最高点是绳子拉力最小，从A到B根据动能定理求解B点速度，在B点根据牛顿第二定律求解绳子拉力。本题考查带电粒子在复合场中运动，关键是找出等效最高点，然后利用动能定理和牛顿第二定律列式求解即可。(2)要特别注意两种情况讨论。15. 一端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，如图所示：管中用一段高25cm的水银柱封闭长60cm的空气柱，此时水银柱上端到管口的距离为15cm，大气压强恒为75cmHg，环境温度恒为27.求：(1)在竖直平面内从图示位置缓慢转动玻璃管至水平位置，求此时空气柱的长度；(2)将玻璃管缓慢由水平位置转回原位置后，当封闭气体