盐城市达标名校2020年高考四月质量检测物理试题含解析

盐城市达标名校2020年高考四月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为m 的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A 、B 分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则
A ．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B ．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C ．铁球在A 点的速度必须大于gR
D ．轨道对铁球的磁性引力至少为3mg ，才能使铁球不脱轨
2．以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M （HL--2M ）装置在2019年全国两会期间备受关注。

下列核反应方程中属于核聚变反应的是（ ）
A ．144171
7281N He O H +→+
B ．4
27301213
150He Al P n +→
+
C ．2341
1120H H He n +→+ D ．
2351144891
92
056360U n Ba Kr 3n +→++
3．某静电场在x 轴上各点的电势φ随坐标x 的分布图像如图所示。

x 轴上A 、O 、B 三点的电势分别为φA 、φO 、φB ，电场强度沿x 轴方向的分量大小分别为E Ax 、E Ox 、E Bx ，电子在A 、O 、B 三点的电势能分别为W A 、W O 、W B 。

下列判断中正确的是（ ）
A ．φO ＞φ
B ＞φA B ．E Ox ＞E Bx ＞E Ax
C ．W O ＜W B ＜W A
D ．W O -W A ＞W O -W B
4．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上。

用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示。

用T
表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中
A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大
B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大
D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小
5．一物体沿水平面做匀减速直线运动，其运动的
x
t t
图象如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．物体运动的初速度大小为10m/s
B ．物体运动的加速度大小为0.4m/s 2
C ．物体在前3s 内的平均速度是9.4m/s
D ．物体在前5s 内的位移是45m
6．如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流
电源上，副线圈连接相同的灯泡1L 、2L ，电路中分别接入理想交流电压表1V 、2V ，和理想交流电流表1A 、
2A ，不计导线电阻。

闭合开关S 后，下列说法正确的是（ ）
A ．1A 示数不变，1V 示数不变，1L 变亮
B ．2A 示数变大，2V 示数变大，1L 变暗
C ．1A 示数变大，变压器输出功率变大，1A 与2A 示数的比值不变
D ．2V 示数变大，变压器输出功率变大，1V 与2V 示数的比值不变
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P 的速度为v ，经过1s 后它的速度大小、方向第一次与v 相同，再经过0.2 s 它的速度大小、方向第二次与v 相同，则下列判断正确的是_______。

A ．波沿x 轴负方向传播，且周期为1.2 s
B ．波沿x 轴正方向传播，且波速为10 m/s
C ．质点M 与质点Q 的位移大小总是相等，方向总是相反
D ．若某时刻N 质点速度为零，则Q 质点一定速度为零
E.从图示位置开始计时，在3s 时刻，质点M 偏离平衡位置的位移y=-10 cm
8．如图所示为平行于x 轴的静电场电势ϕ随x 变化的图象。

电子只受电场力，自2x -位置静止释放，到达O 点时的动能为k E ，已知电子电量为e ，质量为m ，122x x =，则下列分析正确的是（ ）
A ．电子在1x x =处速度为
k
2E m
B ．电子在1x x =处加速度为
m
1
2e mx ϕ C ．电子将沿x
轴做往复运动，周期1m
28m
T x e ϕ= D ．电子在1x x =处动能与电势能之和为
k 12
E 9．科学家通过实验研究发现，放射性元素有有多种可能的衰变途径：
先变成，可以经一次衰变变成
，也可以经一次衰变变成
（X 代表某种元素），
和
最后都变成
，衰变路径如图所示。

则以下判断正确的是（ ）
A ．
B ．①是衰变，②是衰变
C．①是衰变，②是衰变
D ．经过7次衰变5次衰变后变成
10．如图，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为v a、v b．若a、b的电势分别为φa、φb，则
A．a、c两点电场强度相同B
．粒子的比荷
22 2()
a b
a b
v v
q
mϕϕ
-
=
-
C．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 D．粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少11．如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。

已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（）
A．木板先加速再减速，最终做匀速运动
B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为
2
4()
Mmv
M m
+
C．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为0
Mmv
M m
+
D．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为
2
2()
Mv
M m g
μ+
12．图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）
A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动
B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m
D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E.质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt（国际单位）
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。

固定两个光滑的滑轮 A 和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等。

调整钩码个数使系统达到平衡。

(1)实验过程中必须要记录下列哪些数据（____）
A．O 点位置
B．每组钩码的个数
C．每个钩码的质量
D．OA、OB 和OC 绳的长度
E．OA、OB 和OC 绳的方向
(2)下列实验操作正确的是（____）
A．将OC 绳换成橡皮筋，仍可完成实验
B．细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差
C．尽量保持∠AOB 为90°、60°、120°等特殊角方便计算
D．若改变悬挂钩码的个数N3，重新进行实验，必须保持O 点位置不动，重新调整钩码的个数N1、N2 14．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳.实验的主要的步骤有:
A．在桌上放一块方木板,在方木板上铺一张白纸,用图钉把白纸钉在方木板上;
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点,在橡皮条的另一端拴上两条细绳,细绳的另一端系着绳套; C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,结点到达某一位置O,记录下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数;
D．按选好的标度,用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示,并用平行四边形定则求出合
力F;
E.只用一只弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一标
度作出这个力F′的图示;
F.比较F′和F的大小和方向,看它们是否相同,得出结论.
（1）上述步骤中,有重要遗漏的步骤的序号是__________和__________;(填字母)
（2）根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示,已知实验过程中操作正确.
①乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力__________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的实验中.
②丙图是测量中某一弹簧测力计的示数,读出该力大小为__________N.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示为一个倒立的U形玻璃管，A、B两管竖直，A管下端封闭，B管下端开口并与大气连通。

已知A、B管内空气柱长度分别为h A=6cm、h B=10.8cm。

管内装入水银液面高度差△h=4cm。

欲使A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C把B管开口端封住并缓慢推动活塞C(如图乙所示)。

已知大气压为
p0=76cmHg。

当两管液面处于同一水平面时，求：
①A管封闭气体压强p A′
②活塞C向上移动的距离x。

16．如图所示，U2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为76 cm、温度为300 K的空气柱，左右两管水银面高度差为6 cm，大气压为76 cmHg．
（1）给左管的气体加热，则当U形管两边水面等高时，左管内气体的温度为多少？
（2）在（1）问的条件下，保持温度不变，往右管缓慢加入水银直到左管气柱恢复原长，问此时两管水银面的高度差．
17．如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H=75m，当落到离地面h=30m的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m=6kg的书包放在自己的腿上．g取10m/s2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．
（1）当座舱落到离地面h1=60m和h2=20m的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；
（2）若环形座舱的质量M=4×103kg，求制动过程中机器输出的平均功率．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．B
【解析】
【详解】
AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最
大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故A 错误，B 正确；
C ．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C 错误；
D ．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点
的速度也越小，根据：F ＝m 2
v R
可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力
的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足
mg•2R 12=mv 2，轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F ﹣mg 2
v R
=，
联立得：F ＝5mg ，故D 错误． 2．C 【解析】 【详解】
核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。

由此可知：核反应方程
2
341
1
120H H He n +→+
是原子核的聚变反应； A ．
14
4171
7
281N He O H +→+，是原子核的人工核转变，故A 错误；
B ． 4
27301213
150He Al P n +→
+，是原子核的人工核转变，故B 错误；
C ． 2341
1120H H He n +→+与分析相符，故C 正确；
D ．
2351144891
92
056360U n Ba Kr 3n +→++属于裂变反应，故D 错误。

故选：C 。

3．D 【解析】 【详解】
A ．由图知电势高低关系为O
B A ϕϕϕ<<，A 错误；
B ．根据图像切线斜率的大小等于电场强度沿x 轴方向的分量大小，所以Ox Bx Ax E E E <<，B 错误；
C ．电子带负电，根据电势能公式：
p E q e ϕϕ==-
分析得知PO PB PA E E E >>，C 错误；
D ．由图知，OA 间电势差大于OB 间电势差，即有：
O A O B ϕϕϕϕ->-
电子带负电，则根据电势能公式：
p E q ϕ=
得：PO PA PO PB E E E E ->-，D 正确。

故选D 。

4．A 【解析】 【详解】
以结点O 为研究对象受力分析如下图所示：
由题意知点O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB 的张力 T B =mg
根据平衡条件可知： Tcosθ-T B =0，Tsinθ-F=0 由此两式可得： F=T B tanθ=mgtanθ
B
T T cos θ
=
在结点为O 被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F 和T 均变大。

A. F 逐渐变大，T 逐渐变大与分析相符，故A 正确。

B. F 逐渐变大，T 逐渐变小与分析不符，故B 错误。

C. F 逐渐变小，T 逐渐变大与分析不符，故C 错误。

D. F 逐渐变小，T 逐渐变小与分析不符，故D 错误。

5．A 【解析】 【详解】
AB ．由匀减速直线运动公式：
201
2
x v t at =-
可得：
012
x v at t =- 结合x
t t -图象可知图线与纵轴的交点表示物体的初速度、斜率：
12
k a =
则物体的初速度大小为v 0=10m/s ，加速度大小为： a=0.8m/s 2
故A 正确，B 错误； C ．由：
012
x v at t =- 可得，物体在前3s 内的平均速度是8.8m/s ，故C 错误；
D ．前5s 内的平均速度为8m/s ，物体在前5s 内的位移是40m ，故D 错误。

故选A 。

6．C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．闭合开关后，根据理想变压器的电压规律
11
22
U n U n =可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不变，灯泡两端电压不变，1L 亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增大，所以2A 示数增大，根据
12
21
I n I n =可知原线圈电流增大，所以1A 示数增大，AB 错误； CD ．根据P IU =可知变压器输出电压不变，电流增大，所以变压器输出功率变大，结合上述分析可知1A 与2A 示数的比值不变，1V 与2V 示数的比值不变，C 正确，D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．ADE
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由于1s ＞0.2s ，即质点P 第一次达到相同速度的时间间隔大于第二次的，故可得到图示时刻质点P 向下运动，经过1.2s 正好运动一个周期回到图示位置，故波沿x 轴负方向传播，且周期为1.2 s ，波速
12m/s 10m/s 1.2
v T λ＝＝＝ 故A 正确，B 错误；
C ．M 、Q 的平衡位置距离大于12
λ，故质点M 和质点Q 的相位差不等于π，那么，质点M 与质点Q 的位移不可能总是大小相等，方向相反，故C 错误； D ．N 、Q 的平衡位置距离刚好等于
12λ，故质点M 和质点Q 的相位差等于π，那么，质点M 与质点Q 的位移、速度总是大小相等，方向相反，故若某时刻N 质点速度为零，则Q 质点一定速度为零，故D 正确；
E ．3s ＝52T ，即质点M 振动52
个周期，那么，由波沿x 轴负方向传播可得：零时刻质点向上振动，故在3s 时刻，质点M 偏离平衡位置的位移y=-10cm ，故E 正确；
故选ADE 。

8．BC
【解析】
【详解】
A ．静电场平行于x 轴，则x φ-图线的斜率表示场强，所以2x -到0间的电场为匀强电场，0到2x 间电场也为匀强电场，设电子在1x x =处速度为v ，根据动能定理
k m e E ϕ=
2m k 111222
e E mv ϕ== 所以
v =故A 错误；
B ．电子只受电场力，根据牛顿第二定律
m m 21
2e e Ee a m mx mx ϕϕ=== 故B 正确；
C ．电子将沿x 轴做往复运动，设从2x -到0电子的运动时间为t 1，根据运动学公式
22m 2112
1122e x at t
mx ϕ=
=
所以 12
m 2m t
x e ϕ= 往复运动的周期 11
m
248m T t x e ϕ== 故C 正确；
D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和
电势能之和为0，故D 错误。

故选：BC 。

9．BD
【解析】
【详解】
ABC ．由题意可知
经过①变化为，核电荷数少2，为衰变，即
故
经过②变化为
，质量数没有发生变化，为衰变，即
故
故A 错误，C 错误，B 正确；
D ．经过7次衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为
电荷数为
变成了
，故D 正确。

故选BD 。

10．BC
【解析】
【详解】 A.根据正点电荷电场的特征可知，a 、c 两点电场强度大小相同，方向不同，故A 错误；
B.电荷量为-q 的粒子仅在电场力作用下从a 点运动到b 点，由能量守恒定律，
212a mv -qφa =212
b mv -qφb ， 解得
22v v 2()
a b a b q m φφ-=-， 选项B 正确；
C.根据点电荷电场强度公式可知，a 点的电场强度大于b 点，粒子在a 点所受的库仑力大于在b 点所受的库仑力，由牛顿第二定律可知粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度，故C 正确；
D.电荷量为-q 的粒子粒子从a 点移到b 点，克服电场力做功，电势能增大，选项D 错误．
11．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。

所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A 正确；
B ．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得
0()mv m M v =+
得
0mv v m M
=+ 从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得 22p 0f 11()22E mv m M v W =
-+- 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得
22f 0112()22
W mv m M v =-+ 20f 4()
mMv W m M =+ 则最大的弹性势能为
20p 4()
E Mmv M m += 所以B 正确；
C ．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为
00Mmv I mv mv M m =-=-
+ 所以0Mmv M m
+是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C 错误； D ．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为
f F m
g μ=
又系统克服摩擦力做功为
f f W F x =相对
则
20f f =4()Mv W x F M m g
μ=+相对 即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为204()Mv M m g
μ+，所以D 错误。

故选AB 。

12．BCE
【解析】
【详解】
A ．由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；
C ．由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速
v ＝T
λ＝40 m/s ， 根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离
Δx ＝vΔt ＝6 m ，
选项C 正确；
B ．t ＝0.25s 时，波形图如图所示，
此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；D．由
Δt＝0.15 s＝3
4 T，
质点P在其中的1
2
T内路程为20 cm，在剩下的
1
4
T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于
10 cm，因此在Δt＝0.15 s内质点P通过的路程小于30 cm，选项D错误；E．由y－t图象可知质点Q做简谐运动的表达式为
y＝0.10·sin 2
0.2
t（m）＝0.10sin 10πt（m），
选项E正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．ABE AB
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]A．为了验证平行四边形定则，必须作受力图，所以需要确定受力点，即需要标记结点O的位置，A 正确；
BC．其次要作出力的方向和大小，每个钩码的质量相同，所以钩码的个数可以作为力的大小，不需要测量钩码质量，B正确，C错误；
DE．连接钩码绳子的方向可以表示力的方向，所以需要标记OA、OB 和OC 绳的方向，D错误，E正确。

故选ABE。

(2)[2]A．如果将OC绳换成橡皮筋，在同一次实验过程中，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验，A正确；
B．细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可以使力的方向更准确，减小实验误差，B正确；C．实验通过平行四边形定则进行力的合成确定力的大小和方向，不需要计算，C错误；
D．实验的目的是验证平行四边形定则，重新实验，不需要保持结点位置不动，D错误。

故选AB。

14．C E F′ 9.0
【解析】
【详解】
(1)[1][2].本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．
(2)①[3].F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F′，所以F不是由弹簧秤直接测得的．
②[4].由图示测力计可知，其分度值为1N，示数为9.0N；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．①108cmHg ②5.2cm
【解析】
【分析】
①对A气体利用理想气体的等温变化方程求解；②由大气压的数值和水银柱的高度求出封闭气体的压强，A气体和B气体间的联系是之间的水银柱平衡和连通器的原理，根据等温变化的方程求解某状态的体积，进而活塞移动的距离.
【详解】
①设A、B两管的横截面积为S，
以A管封闭气体为研究对象，
初状态：，
设末状态的压强为，体积为
从初状态到末状态，设A管水银面下降h，则B管水银面上升也为h
由波意耳定律有：
由以上各式得：
②以B管封闭的气体为研究对象，设活塞向上移动距离为x
初状态：，
末状态：，
由波意耳定律有：
由以上各式得：x=5.2cm
【点睛】
本题考查的是等温变化，解决这类题的关键是，理解大气压和液体压强之间的关系，会根据大气压和液体压强计算封闭空气柱的压强.
16．（i ）342.9K （ii ）4cm
【解析】
【分析】
利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，过程中封闭气体压强体积温度均变化，故对封闭气体运用理想气体的状态方程，即可求出当U 形管两边水面等高时，左管内气体的温度；保持温度不变，气体发生等温变化，对封闭气体运用玻意耳定律结合几何关系，即可求出左管气柱恢复原长时两个水银面的高度差．
【详解】
（i ）当初管内气体压强p 1= p-Δp=70 cmHg ，
当左右两管内水银面相等时，气体压强p 2=76 cmHg
由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降4 cm ，右管中水银面将上升2 cm ，管内气柱长度l 2=80 cm ， 根据112212
PV PV T T 代入数据解得： T 2=342.9 K
（ii ）设气柱恢复原长时压强为p 3
根据：p 2V 2=p 3V 3
解得：p 3=80 cmHg
又Δp=p 3-p 2=4 cmHg
所以高度差为4 cm
【点睛】
本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强P 、体积V 、温度T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决．
17．（1）150N （2）1.5×116W
【解析】
【分析】
本题考查物体在自由下落和减速下降过程中的受力和功率问题，需运用运动学公式、牛顿运动定律、功率等知识求解．
【详解】
（1）当座舱距地面h 1=61m 时，书包处于完全失重状态．故书包对该同学的压力F 1=1．
座舱自由下落高度为H-h=(75-31)m=45m 时，座舱开始制动，设此时的速度为v ，由运动学公式得22()v g H h =-
座舱制动过程做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，则有22v ah =
联解得：a=15m/s 2，方向竖直向上．
设此过程中书包受到腿的支持力为F 2，根据牛顿第二定律，对书包有2F mg ma -=
代入数据可得2=150N F
根据牛顿第三定律有：该同学腿部受到的压力22==150N F F '
（2）设制动过程中座舱所受的制动力为F ，经历的时间为t ， 由运动学公式得：212
h vt at =- 根据牛顿第二定律，对座舱有F Mg Ma -=
座舱克服制动力做功 W Fh = 机器输出的平均功率W P t
=
联立解得P=1.5×116W。