2023-2024学年广东省高考物理质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年广东省高考物理质量检测模拟试题（一模）一、单项选一选:本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只要一项是符合标题要求的。1.（2021·广东惠州调研）当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，下列说确的是()A．从锌板中打出了光子 B．有正离子从锌板逸出C．有电子从锌板逸出 D．锌板带负电2.（2021·广东六校联考）如图所示，轻绳两端分别与A、D两物体相连接，mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，mD＝4kg，物体A、B、C、D之间及D与地面间的动因数均为μ＝0.1，轻绳与滑轮间的可忽略不计。静力近似等于滑动力，若要用力将D物体拉动，则作用在D物体上程度向左的拉力最小为(取g＝10m/s2)（）A.8N B.10N C.12N D.14N3.（2021·广州市综合测试）如图所示，一质量为m的小球用质量不计的细线悬挂在O点，小球在程度拉力F的作用下，从细线竖直的点开始匀速率拉升至细线与竖直成θ角，在此过程中小球所受的空气阻力大小保持不变，则以下判断正确的是()A.拉力F的功率一定保持不变B.空气阻力的功率一定逐渐减少C.拉力F做的功等于小球机械能的增量D.拉力F做的功等于小球克服空气阻力做功和重力做功的总和4.（2021·佛山顺德质量检测）2020年11月6日，全球首颗实验卫星“电子科技大学号”在太原卫星发射成功升空，并顺利进入预定轨道，这标志着中国航天正式进入探求时代.若该卫星的轨道半径为地球半径的n倍，地球的宇宙速度为v0，地球的半径为R，则该卫星绕地球做圆周运动的周期为（）A. B. C. D.5.（2021·广东四校期末联考）如图所示某质点做直线运动的图像为正弦曲线，下列说法中正确的是()A.时辰，物体加速度为 B.工夫段内，物体所受合外力越来越大C.工夫段内，物体的位移为零 D.时辰加速度为零6.（2021·广东六校联考）如图所示，一木块以速度v1沿着光滑程度面向右匀速运动，某时辰在其后方有一颗以初速度v0射入木块，最终没有射穿木块，下列说法中正确的是（）A.克服阻力做的功等于木块的末动能与产热之和B.木块对做功的值等于对木块做的功C.木块对的冲量等于对木块的冲量D.零碎损失的机械能等于损失的动能减去对木块所做的功7.（2021·广州市综合测试）如图是一个由两个等量异种电荷组成的零碎，把半径为R的圆环圆心O与两电荷连线的中点重合，圆管中放置一个质量为m的小球，现给小球一个程度向右的初速度，已知圆环半径远大于小球半径，小球能在圆管中挪动，不计，则下列说确的是()A.若小球带负电，则要想让小球做圆周运动，初速度必须不小于B.若小球带正电，在图示地位圆环给小球的弹力为C.若小球带正电，则小球运动一周速度不断在减小D.若小球带负电，则小球运动一周遭到的库仑力先做正功后做负功二、多项选一选:本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合标题要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。8.（2021·广东佛山质量检测）如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输入电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输入的电流增大了，则可以判定()A.经过用户的电流减小了

B.用户接入电路的总电阻减小了

C.用户耗费的电功率减小了

D.加在用户两端的电压变小了9.（2021·佛山顺德质量检测）翼装飞行中的无动力翼装飞行，国际上称之为飞鼠装滑运动，运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑方向，运动员打开降落伞平稳落地.无动力翼装飞行进入理想飞行形态后，飞行速度通常可达到200km/h.若某次无动力翼装飞行从A到B的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则从A到B的运动过程中，下列说确的是（）A.运动员所受听力逐渐减小 B.运动员所受重力的功率逐渐减小C.运动员所受的合力逐渐减小 D.运动员的机械能逐渐减小10.（2021·广东四校期末联考）如图甲所示，质量为m、电阻为的金属棒ab垂直放置在光滑程度导轨上，导轨由两根足够长、间距为d的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个安装位于磁感应强度为B的匀强磁场中.从某时辰开始，金属棒在程度外力F的作用下向右运动（金属棒一直与导轨垂直），程度外力随着金属棒位移变化的规律如图乙所示，当金属棒向右运动位移x时金属棒恰好匀速运动.则下列说确的是()A.金属棒ab匀速运动的速度为B.从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上经过的电荷量为C.从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上产生的焦耳热D.从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功三、非选一选:共54分。第11～14题为必考题，考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:共42分。11.（2021·广东四校期末联考）如图甲所示的实验安装，可用来测定加速度.在铁架台的顶端有一电磁铁，下方某地位固定一光电门，电磁铁通电后铁质金属球被吸起，测出此时金属球与光电门的距离h（h远大于金属球的直径）.断开电磁铁的电源，测量金属球下落过程中光电门的工夫为，请回答下列成绩：（1）用游标卡尺测得金属球的直径为d，如图乙所示，则该示数为__________cm；（2）金属球的加速度的关系式为___________（用以上字母表示）；（3）根据上述实验操作及所测量的物理量，此实验___________（填“能”或“不能”）用来探求外力对金属球所做的功与它的动能变化的关系.12.（2021·广州市综合测试）利用图1所示电路，测量多用电表内电源的电动势E和电阻“×10”挡内部电路的总电阻.运用的器材有：多用电表，毫安表（量程0～10mA），电阻箱，导线若干.回答下列成绩：（1）将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零.（2）将电阻箱阻值调到，再将图1中多用电表的红表笔和_________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端.（3）调理电阻箱，记下多组毫安表的示数I和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图2所示，则该读数为______Ω.（4）甲同窗根据，得到关于的表达式，以为纵坐标，R为横坐标，作图线，如图3所示；由图得________V，________Ω.（结果均保留三位有效数字）（5）该多用电表的表盘如图4所示，其欧姆刻线刻度值标为“15”，据此判断电阻“×10”挡内部电路的总电阻为___________Ω，甲同窗的测量值与此结果偏差较大的缘由是_________________.13.（2021·广东佛山质量检测）如图，真空环境中平面的第Ⅰ象限内有方向平行于轴的匀强电场，一电子从点（0，）以初速度垂直轴射入电场中，从轴上点（0，）射出。已知电子的电荷量为，质量为，不计电子遭到的重力。求：（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）若在第Ⅳ象限内有一过点且与轴成30°角的足够长的平面感光胶片，求电子从点射到感光胶片的工夫。14.（2021·广东六校联考）如图所示，质量为的物块A和质量为的木箱B以不同的速度向右运动，物块与木箱间的动因数，木箱与地面间的动因数，木箱的高度，物块可视为质点。某时辰物块离木箱右端距离，物块的速度，木箱的速度，从此时开始给木箱施加一程度向左的恒力，已知重力加速度，求：（1）施加恒力F的霎时，物块A和木箱B的加速度大小；（2）物块A离开木箱时的速度大小；（3）物块A刚落地时离木箱右侧的程度距离。（二）选考题:共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题计分。15.[选修3—3]（2021·佛山顺德质量检测）（1）空气紧缩机在紧缩中，活塞对汽缸内的空气做了的功，同时汽缸内的空气的内能添加了，则汽缸内的空气的压强_____（填“增大”“不变”或“减小”），与外界传递的热量是_____J.（2）如图所示，粗细均匀的玻璃管程度平固定，管口用橡胶塞封住，一可挪动的活塞（不计活塞与管壁间的）将玻璃管内分隔为A、B两部分，两部分中均有理想气体.开始时活塞静止，A部分气体的体积是B部分体体积的2倍，其压强均为p0.现松动橡胶塞，使B中气体向外缓慢漏出，整个过程中气体温度保持不变.当A部分气体的体积变为B部分剩余气体体积的3倍时，再将橡胶塞塞紧.求：（ⅰ）B中剩余气体的压强；（ⅱ）B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比.16.[选修3—4]（2021·广东四校期末联考）（1）用单摆测定重力加速度的实验.如图，甲、乙、丙分别是三位同窗作出的单摆周期平方与摆长的图线.其中甲、乙平行，乙、丙均过原点，根据乙求出的值接近当地重力加速度的值，则下列分析正确的是__________.（填正确答案标号.）A.根据甲求出的值大于根据乙求出的值B.根据丙求出的值大于根据乙求出的值C.根据图线，可以由求出的值D.甲不过原点的缘由可能是误将悬点到摆球上端的距离记为摆长E.丙偏离乙的缘由可能是记录时误将摆球平衡地位的次数当成全振动的次数（2）如图，矩形为一玻璃砖的截面，.该截面内一条单色光线从点射向中点，刚好在发生全反射并直接射向点.该单色光的另一条与平行的光线从上的点（未画出）射入玻璃砖，光线经反射后直接射向点.已知真空中光速为，求：（i）玻璃砖的折射率；（ii）的距离及光从点传播到点的工夫.答案以及解析1.答案：C2.答案：C3.答案：D解析：由于小球从点开始匀速率拉升至细线与竖直成θ角，在此过程中，由知，空气阻力的功率不变；由动能定理知，即，拉力的功率不断增大；拉力F和空气阻力做功的代数和等于机械能的变化量；拉力F做的功等于小球克服空气阻力做功和重力做功的总和，D正确，ABC错误.4.答案：B解析：本题考查万有引力定律，目的是考查先生的分析综合能力.由公式，，，解得，选项B正确.5.答案：C解析：图像的斜率表示加速度，由题图可知，时辰，物体的加速度为零，时辰，物体的加速度不为零，选项AD错误；工夫段内，物体的加速度不断减小，物体所受的合外力不断减小，选项B错误；图像中，图线与工夫轴所围面积表示位移，则工夫段内，物体的位移为零，选项C正确.6.答案：D7.答案：B解析：等量异种电荷构成的电场中，其连线中垂线上电势相等，即圆环点与点为等势点，若小球带负电，要从点运动到点，则有，即，而小球做圆周运动的等效点，在圆环的左上圆弧上，故小球要能做圆周运动，初速度一定大于，A错误；小球带正电，在图示地位小球所受库仑力程度向左，在竖直方向上重力和圆环的支持力的合力提供向心力，则有，B正确；若小球带正电，小球向右做圆周运动，速度先减小后增大，C错误；若小球带负电，小球运动一周，库仑力先做正功，后做负功，再做正功，D错误.8.答案：BD解析：A.如果发电厂发电机输入的电流增大了，根据变流比可知，保送电流增大，经过用户的电流增大，故A错误；BD.由于输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压减小，根据变压比可知加在用户两端的电压变小了。根据能量守恒得，可知，输电电流增大，是由于减小惹起的，故BD正确；C.当用户耗费电阻减小即用电器的增多，用户耗费的功率增大，故C错误。故选：BD。9.答案：BD解析：本题考查匀速圆周运动、功、功率和机械能守恒定律，目的是考查先生的推理能力。运动员所受重力恒定不变，选项A错误；由于速率不变，速度与重力的夹角（锐角）逐渐增大，重力的功率逐渐减小，选项B正确；由于运动员做匀速圆周运动，合力提供向心力，大小不变，选项C错误；运动员高度降低而动能不变，机械能逐渐减小选项D正确。10.答案：AD解析：金属棒在外力F的作用下从开始运动到恰好匀速运动的位移为x，根据力的平衡条件得外力，根据闭合电路欧姆定律得，根据电磁感应定律得，联立解得，故A正确；此过程中金属棒R上经过的电荷量，故B错误；对金属棒进行分析，根据动能定理可得，由于，，，经整理计算可知D正确，C错误。11.答案：（1）1.220（2）（3）不能解析：（1）游标卡尺的示数为.（2）小球经过光电门的速度为，则由匀变速直线运动规律得，即.（3）根据上述实验操作及所测量的物理量，此实验是用的结论来测量物体的加速度，故本实验不能再用来探求外力对金属球所做的功与它的动能变化量的关系.12.答案：（2）1（3）23.2（4）1.43；200（5）150；甲同窗没有考虑毫安表内阻的影响解析：（2）多用电表运用欧姆挡时，电流由红表笔流入电表，毫安表电流由正接线柱流入电表，所以红表笔接“1”端.（3）由题图2可知，电阻箱的读数为.（4）根据，所以，电动势为图像斜率的倒数，即，纵轴截距为，解得。（5）欧姆表的内阻可以用中值电阻计算，甲同窗在测量时如果考虑毫安表的内阻，则，因没有考虑到毫安表的内阻使得测量结果偏差较大。13.答案：（1）电子在电场中做类平抛运动，则有，，，解得:（2）由1知电子在电场中运动的工夫，设电子射出电场时速度方向与轴的夹角为，则有，，三角形为等腰三角形，电子从到的运动工夫，所以电子从点射到感光胶片的总工夫。14.答案：（1）对物块：；对木箱：。（2）设木箱经工夫减速到0，对木箱运用速度工夫公式：，此时物块的速度，该过程中物块的位移：，木箱的位移：，假设木箱减速为0后静止，所受力大小为f，，解得，假设成立，设物块在经工夫从木箱右侧掉下，则有：，可解得：或（舍去）。因此，物块离开木箱时的速度:，此时物块速度大小为，方向程度向右。（3）物块做平抛运动：，；程度位移；物块离开木箱后，对木箱；物块平抛运动过程中木箱的位移:所以物块落地时，离木箱右侧的程度距离为：15.答案：（1）增大，（2）（ⅰ）设玻璃管的总体积为，则漏气前A部分气体体积为，B部分气体体积为，漏气后A部分气体体积为，B部分气体体积为，A部分气体做等温变化，则有，解得。（ⅱ）B中剩余气体的压强，对B中剩余气体分析，若紧缩B中剩余气体，使其压强为，则有，解得，则B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比，解得。16.答案：（1）BDE（2）解：（i）如图甲，玻璃砖的该截面内光线从射到中点时，刚好在边发生全反射，由于，则入射角为45°，设玻璃砖折射率为，由折射定律得（ii）如图乙，设从点入射的光线在边界折射角为，由折射定律得解得，即，可知光线在界面发生全反射，经反射后到达点由几何关系知，又，解得又，且，可得光线从到路程为，光线在玻璃砖中传播的速度，；解得解析：（1）根据单摆周期公式得，所以根据甲、乙图线求出值相反，根据丙图线求出的值大于乙图线求出的值，A错误，B正确；根据题图知，C错误；甲不过原点的缘由可能是误将悬点到摆球上端的距离记为摆长，D正确；丙偏离乙的缘由可能是记录时误将摆球平衡地位的次数当成全振动的次数，E正确。2023-2024学年广东省高考物理质量检测模拟试题（二模）一、单项选一选：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只要一个选项符合标题要求。1．（3分）碳原子质量的叫作原子质量单位，用u表示，1u＝1.6605×10﹣27kg已知下列粒子的静止质量分别为：氘核质量为2.0141u，氚核质量为3.0160u，中子质量为1.0087u，氦核质量为4.0026u。1u＝931MeV/c2．一个氘核和一个氚核在超高温下聚合成氦核时，放出一个中子。该聚变释放的核能约为（）A．1.46MeV B．17.50MeV C．956.60MeⅤ D．79.72MeV2．（3分）F1＝F2＝1N，分别作用于上下叠放的物体AB上，且A、B均静止，则AB之间，B与地面间力大小分别为（）A．1N，0 B．2N，0 C．1N，1N D．2N，1N3．（3分）图示为一交变电流的电流i随工夫t变化的图象，则此交变电流的有效值是（）A．3安培 B．4安培 C．5安培 D．6安培4．（3分）2020年11月24日4点30分，嫦娥五号探测器成功发射升空。若嫦娥五号在距月球表面高度分别为h1、h2的轨道I、Ⅱ上运转，均可视为匀速圆周运动，则在轨道I、Ⅱ上运转时，嫦娥五号与月球连线扫过相反面积所用的工夫之比为（月球看成半径为R、质量均匀分布的球体）（）A． B． C． D．5．（3分）“嫦娥之父”欧阳自远泄漏：我国计划于2020年登陆火星。假如某志愿者登上火星后将一小球从高h处以初速度v0程度抛出一个小球，测出小球的程度射程为L．已知火星半径为R，万有引力常量为G，不计空气阻力，不考虑火星自转，则下列说确的是（）A．火星表面的重力加速度g＝ B．火星的宇宙速度为v＝ C．火星的质量M＝ D．火星的平均密度为6．（3分）如图所示，先生练惯用头颠球。某足球静止下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的高度仍为80cm。已知足球与头部的作用工夫为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说确的是（）A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍 B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg•m/s C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg•m/s D．足球从点下落至重新回到点的过程中重力的冲量大小为3.2N•s7．（3分）由于居民楼越盖越高，高空坠物可能对人形成伤害。如果一个5kg的花盆从一居民楼的27层的窗台坠落地面，设与地面的碰撞工夫约为3×10﹣3s，则该花盆对地面产生的冲击力约为（）A．1.5×10﹣2N B．1.5×102N C．7×103N D．7×104N8．（3分）蹦极是一项刺激的户外休闲，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“落体”，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在槐关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔，设弹性绳的原长为L，蹦极者下落个时动量的添加量为△p1，下落第五个时动量的添加量为△p2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则等于（）A．1 B． C．5 D．二、多项选一选：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合标题要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．（4分）波源质点在坐标原点O沿y方向上下振动，已知t＝0时辰波恰好传到x＝20cm的质点处，波形如图，波沿轴正向传播，波速为2m/s，P点的坐标为60cm，下列说确的是（）A．波源质点的振动周期一定为0.2s B．介质中各质点的振幅一定为4cm C．波源质点的起振方向一定沿y轴负方向 D．当波源质点沿着x轴正向运动时，站在x轴正向P点绝对于地面静止的观察者对接收到的波的频率先变小后变大10．（4分）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势，则（）A．C点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．q1带正电，q2带负电，且q1的带电量小于q2的带电量 D．将一负点电荷沿x轴从N点移到D点，电场力先做正功后做负功11．（4分）将小球从如图所示的阶梯状平台上以一定的程度初速度v0程度抛出，一切台阶的高度和宽度均为1.0m，取g＝10m/s2，要使小球抛出后落到第三级台阶上，则v0可能为（）A．2m/s B．3.5m/s C．4m/s D．2m/s12．（4分）如图所示，质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的A、B两物体置于光滑的程度面上，两头用轻质弹簧秤连接，大小均为20N的程度拉力F1、F2分别作用在A、B上，零碎处于静止形态。下列说确的是（）A．弹簧秤的示数是0N B．弹簧秤的示数是20N C．撤去F2的霎时，B的加速度大小为5m/s2 D．撤去F1的霎时，A的加速度大小为4m/s213．（4分）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场左边界处恰好中止．已知金属棒与平直部分导轨间的动因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A．流过定值电阻的电流方向是N→Q B．经过金属棒的电荷量为 C．金属棒滑过时的速度大于 D．金属棒产生的焦耳热为（mgh﹣μmgd）三、实验题：本题共3小题，共20分。14．（4分）两个摆长不同的单摆1、2同轴程度悬挂，两单摆摆动平面互相平行，振动图象如图（a），两单摆摆长之比l1：l2＝。t＝0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至相反的摆角处，如图（b）。同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右侧所经历的工夫为s。15．（8分）某实验小组研讨小车匀变速直线运动规律的实验安装如图甲所示，打点计时器的工作频率为50Hz。纸带上计数点的间距如图乙所示，相邻两个计数点之间还有四个计时点未标出。（1）图乙中标出的相邻两计数点的工夫间隔T＝s。（2）计数点3对应的瞬时速度大小计算式为v3＝。（3）为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝。（4）若计时器工作频率大于50Hz，则根据表达式和题中数据计算出v3的结果比实践值（填“相等”“偏大”或“偏小”）。16．（8分）一电流表的量程标定不精确，某同窗利用如图所示电路测量该电流表的实践量程Im．所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻r1＝10.0Ω，量程标称为5.0mA；标准电流表A2，内阻r2＝45.0Ω，量程为1.0mA；标准电阻R1，阻值10.0Ω；滑动变阻器R，总电阻约为300.0Ω；电源E，电动势为3.0V，内阻不计；保护电阻R2；开关S；导线。回答下列成绩：（1）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至端。（2）开关S闭合后，调理滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的读数为I2，则A1的量程Im为。（3）若测量时，A1未调到满偏，读出A1的示数I1＝3.00mA，A2的示数I2＝0.66mA；由读出的数据计算得Im＝mA．（保留3位有效数字）（4）写一条进步测量精确度的建议：。四、计算题：本题共3小题，共36分。17．（12分）如图所示为等高U形管容器，左右U形管粗细相反，左端封闭气体A，两头有水银柱，左右水银液面高度差为h1＝4cm，水银柱横截面积为0.5cm2，左边气柱此时高度为8cm，温度为280K，大气压强p0＝76cmHg，求：（i）左边密封气体压强pA的大小；（ii）若缓慢加热气体A，则A中气体的温度为多少开尔文时，左边水银柱恰好溢出玻璃管。18．（12分）如图所示，竖直放置导热良好的气缸缸体质量m＝10kg，轻质活塞横截面积S＝5×10﹣3m2，活塞上部的气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的下表面与劲度系数k＝2.5×103N/m的弹簧相连，活塞不漏气且与气缸壁无。当气缸内气体温度为27℃时，缸内气柱长l＝50cm，气缸下端边缘距程度地面。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2，则：①当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，气缸下端边缘刚好接触地面？②当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，弹簧恢复原长？19．（12分）“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”型管带往火星表面。“U”型管分别在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。地球火星重力加速度g0.38g环境温度T地＝300KT火＝280K大气压强p地＝76.0cmHgp火封闭气柱长度l地＝19.0cml火＝56.0cm水银柱高度差h地＝73.0cmh火求：（结果保留2位有效数字）（1）火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知ρ水银＝13.6×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3；（2）火星表面的大气压强p火。试题解析一、单项选一选：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只要一个选项符合标题要求。1．解：一个氘核和一个氚核在超高温下聚合成氦核，聚变的核反应方程：H+H→He+n核反应过程中的质量亏损为：△m＝mD+mT﹣（mHe+mn）＝0.0188u释放的核能为：△E＝△mc2＝0.0188×931MeV＝17.50MeV，故B正确，ACD错误；故选：B。2．解：以A为研讨对象，根据平衡条件得到，B对A力大小fAB＝F1＝1N以AB全体为研讨对象，F1与F2的矢量和为零，根据平衡条件得到，地对B的力大小fB地＝0故选：A。3．解：将交流与直流经过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：（4A）2R×0.01s+（3A）2R×0.01s＝I2R×0.02s解得：I＝5A；故C正确ABD错误。故选：C。4．解：嫦娥五号绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G＝m则其线速度v＝，式中M是月球的质量，r是嫦娥五号的轨道半径，据题可得：嫦娥五号在轨道I、Ⅱ上运转的线速度之比为＝＝在轨道I、Ⅱ上运转时，嫦娥五号与月球连线扫过相反面积时，有（R+h1）v1t1＝（R+h2）v2t2则所用的工夫之比为＝＝，故ABC错误，D正确。故选：D。5．解：A、小球被抛出后做平抛运动，根据分位移公式，有：L＝v0th＝解得g＝，故A错误；B、火星的宇宙速度即近火卫星的运转速度，为：v＝＝＝，故B正确；C、物体在火星表面时，由G＝mg，解得火星的质量为：M＝＝R2，故C错误；D、火星的平均密度为：ρ＝＝＝，故D错误。故选：B。6．解：足球落体80cm时的速度为v1，工夫为t1，由速度﹣位移公式，可得足球到达头部的速度大小为：v1＝＝m/s＝4m/s根据位移﹣工夫公式，可得足球到达头部的工夫为：t1＝＝＝0.4s反弹后做竖直上抛运动，而上升的高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度：v2＝v1＝4m/s，上升的工夫：t2＝t1＝0.4sAC、对足球与人接触的过程，△t＝0.1s，取向上为正，由动量定理有：＝mv2﹣（﹣mv1）＝△p代入数据解得头部对足球的平均作用力：＝36N，足球的动量变化量为：△p＝3.2kg•m/s即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为：△p＝3.2kg•m/s，故A错误，C正确；B、足球刚接触时的动量为：p1＝mv1＝0.4×4kg•m/s＝1.6kg•m/s，故B错误；D、足球运动的全过程，所受重力的冲量为：IG＝mg（t1+△t+t2）＝0.4×10×（0.4+0.1+0.4）N•s＝3.6N•s，故D错误。故选：C。7．解：每层楼高约为3m，花盆下落的总高度为：h＝（27﹣1）×3m＝78m下落工夫为：t1＝＝s＝3.95s与地面的碰撞工夫约为：t2＝3×10﹣3s规定竖直向下为正方向，全过程根据动量定理得：mg（t1+t2）﹣Ft2＝0解得地面对花盆的冲击力为：F＝6.7×104N≈7×104N根据牛顿第三定律，可知花盆对地面产生的冲击力约为：F′＝F＝7×104N故D正确，ABC错误。故选：D。8．解：蹦极者下落个时，据速度位移关系公式得，解得：，故此刻蹦极者的动量为P1＝；同理可得：下落第四个时的动量为：，下落第五个时的动量，故，故，故D正确，ABC错误；故选：D。二、多项选一选：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合标题要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．解：A、由波形图得到波的波长为0.2m，而波速为2m/s，故周期T＝＝0.1s，故A错误；B、由波形图得到波振幅为4cm，故介质中各质点的振幅一定为4cm，故B正确；C、波源质点的起振方向与波前的振动方向分歧，是沿着y轴负方向，故C正确；D、当波源质点沿着x轴正向运动时，发生多普勒效应，站在x轴正向绝对于地面静止的观察者接收到的波的频率在变大，故D错误。故选：BC。10．解：AB、φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据图象可知，C点斜率为零，则电场强度的大小为零，A点电势为零，场强不为零，故A正确，B错误；C、由图知无量远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电；由于C点合场强为零，根据公式E＝k可知，q1距离远，电荷量大，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故C错误；D、N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功；故D正确；故选：AD。11．解：根据平抛运动的特点程度方向做匀速运动，竖直方向做落体运动，依题意小球要擦过第二级台阶的边缘，而不能擦过第三级台阶的边缘，则当小球初速度最小，有h1＝2L＝x1＝2L＝vmint解得：vmin＝当小球初速度，有h2＝3L＝x2＝3L＝vmaxt′解得：vmaxt′＝故＜v≤代入数据解得：m/s＜v≤m/s，故AB正确；CD错误。故选：AB。12．解：AB、零碎处于静止形态，根据平衡条件可知弹簧秤的示数为F＝F2＝20N，故A错误，B正确。C、在忽然撤去F2的霎时，由于弹簧的弹力不能发生渐变，所以B的加速度大小为：a＝＝m/s2＝5m/s2，故C正确。D、撤去F1后，A的加速度大小为：a′＝＝m/s2＝20m/s2，故D错误。故选：BC。13．解：A、金属棒下滑到底端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；B、经过金属棒的电荷量为：q＝t＝t＝＝，故B正确；C、金属棒刚进入磁场时的速度v＝，由于金属棒进入磁场后做加速度减小的变减速运动，前内平均加速度较大，克服安培力做功较少，棒的动能损失较小，所以金属棒滑过时的速度大于．故C正确；D、根据动能定理则：mgh﹣μmgd﹣W安＝0，则克服安培力所做的功为W＝mgh﹣μmgd；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为（mgh﹣μmgd），故D正确。故选：BCD。三、实验题：本题共3小题，共20分。14．解：由图（a）可知，两单摆的周期之比T1：T2＝1：0.9＝10：9由T＝2π可得两单摆摆长之比l1：l2＝100：81由图（b）可知，单摆1到达最右端所经历的工夫为t＝（2m+1）（m＝0，1，2，3，…）单摆2到达最右端所经历的工夫为t＝nT2（n＝0，1，2，3，…）可得同时释放两摆，两摆球同时摆到最右侧所经历的工夫为t＝4.5+9k（k＝0，1，2，3…）故100：81；4.5+9k（k＝0，1，2，3…）。15．解：（1）打点计时器的工作频率为50Hz，故纸带上相邻点间的工夫间隔为t＝，相邻