2022年湖南省常德市临澧一中高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年湖南省常德市临澧一中高考物理二模试卷

1.下列说法正确的是（）

A.氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出光

子的波长

B.原子核的平均结合能越小表示该核中的核子结合得越牢固

C.克8（；（铀）衰变为鸵“pa（锲）要经过1次a衰变和2次0衰变

D.紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从

锌板表面逸出光电子的最大初动能也随之增大

2.如图所示，粗糙程度处处相同、倾角为。的倾斜圆盘上,

有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光

滑轴上的0点转动，另一端与质量为皿的小滑块相连，

小滑块从最高点4以垂直细绳的速度火开始运动，恰好

能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为（）

A.m(y$-gLsinO)B.皿

47rL2nL

Q皿评-gL）Dmvo

*47rL*47TL

3.如图为一匀强电场，某带电粒子从a点运动到B点。在这,

E

一运动过程中克服重力做的功为2.0J,电场力做的功为丁―------------>

上

1.5/.则下列说法正确的是（）>

A.粒子带负电

B.粒子在4点的电势能比在8点少1.51

C.粒子在8点的动能比在4点多0.5/

D.粒子在4点的机械能比在B点少1.5/

4.图示均质圆盘用细绳悬挂，并靠在光滑斜面上。图4、8、C、。中，只有（）图可

以保持平衡。

止，放在光滑的水平面上，等质量的小球a以速度处

沿弹簧所在直线冲向小球人从a开始压缩弹簧到分离的整个过程中，下列说法中正

确的是（）

A.弹簧对a球的冲量大小为：小火

B.a球的最小速度为3%

C.弹簧具有的最大弹性势能为诏

D.b球的最大动能为评

6.如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若小球的初速为孙时，物块对球顶恰

无压力，则以下说法不正确的是（）

V0

A.物块立即离开球面做平抛运动，不再沿圆弧下滑

B.v0=y/gR

C.物块落地点离球顶水平位移

D.物块落地速度方向和水平地面成45。角

7.嫦娥五号发射过程某一阶段如图所示，嫦娥五号在椭圆轨

道I上运行到远地点N变轨进入圆形轨道n,在圆形轨道

1/

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n上运行一段时间后在N点时再次加速变轨，从而最终摆脱地球束缚。对于该过程,

下列说法正确的是（）

A.嫦娥五号在N点通过向前喷气减速实现由轨道I进入轨道1【

B.嫦娥五号在轨道［上运行的周期小于在轨道II上运行的周期

C.嫦娥五号在轨道I正常运行时（不含变轨时刻）经过N点的加速度比在轨道H正常运

行（不含变轨时刻）时经过N点的加速度大

D.嫦娥五号在轨道I上过M点的速率比在轨道I上过N点的速率大

8.如图甲所示，一质量为粗、边长为3电阻为R的单匝正方形导线框abed放在绝缘

的光滑水平面上。空间中存在一竖直向下的单边界匀强磁场，线框有一半在磁场内。

其ad边与磁场边界平行。t=0时刻起，磁场的磁感应强度随时间均匀减小，如图

乙所示。线框运动的u-t图像如图丙所示，图中斜向虚线为过。点速度图线的切线,

则（）

A.线框中的感应电流沿顺时针方向

B.磁感应强度的变化率为翳

C.±3时刻，线框的热功率为篝翳

D.0-12时间内，通过线框的电荷量为蜉

9.如图所示，理想变压器的初、次级线圈的匝数之比为蔡=告，在次级线圈中接有两

个阻值均为50。的电阻，图甲中。为理想二极管。现在初级线圈输入如图乙所示的

交流电压，那么开关K在断开和闭合的两种情况下，下列说法中正确的有（）

A.两种情况下夫2两端的电压相同

B.两种情况下/?2消耗的功率相同

C.两种情况下占消耗的功率相同

D.两种情况下变压器的输入功率不同

10.某同学设计了使用位移传感器的如图(a)所示实验装置测量木块和木板间的动摩擦

因数，让木块从倾斜木板上一点静止释放，从某时刻开始计算机描绘了滑块相对传

感器的位移随时间变化规律如图(b)所示，木块加速度的大小a=(用图中给

出的Si、S2、S3、%表示)。已知当地的重力加速度为g，为求出木块和木板间的间

的动摩擦因数，还需要测出的物理量是(填4或者8)。

A.木块的质量

B.木板与水平面间的夹角

11.某实验小组为了测量某金属丝&的电阻率，进行了以下实验步骤:

甲乙

(1)利用欧姆表粗测金属丝勺的阻值：

①将选择开关旋到x1位置，然后将红、黑表笔进行短接，调节欧姆调零旋钮，使

指针停在如图甲所示表盘的(填“左”或“右侧”)“0”刻度线位置；

②将红、黑表笔分别接在金属丝的两端，指针稳定后，停在图甲所示位置，则金

属丝的阻值为______Q

(2)利用螺旋测微器测量金属丝的直径如图乙所示，其读数为d=mm；

(3)利用刻度尺测量金属丝长度为L；

(4)为了准确测量金属丝%的阻值，所用各器材规格如下：

电压表(量程为3V,内阻约为3k。)

电流表(量程为200nL4,内阻约为50)

滑动变阻器R(最大阻值为10。)

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电源(电动势为3匕内阻约为10)

开关S及导线若干；

①在实验过程中尽可能多测量几组数据，请根据自己设计的实验方案在图丙中用

笔画线代替导线，把实物图连接完整；

②测量得到电压表和电流表的示数分别为U、/；

③用步骤(2)(3)(4)测得的物理量表示这段金属丝的电阻率p=。(用所测物

理量的字母表示)

12.如图所示，在距离地面高度为h=0.8m桌面上，有一个质量?n=lg、可视为质点

的绝缘带电小滑块，电量q=+2.0xIO-,。且始终保持不变，离桌面边缘与=0.5机。

在桌面正上方的空间存在着电场强度的大小E=15V/m且方向水平向右的匀强电

场，小滑块在电场作用下由静止开始运动，它与桌面间滑动摩擦系数为〃=0.2,

从桌面边缘进入右侧的匀强磁场中，求：

(1)物体在桌面上滑行时的加速度大小a；

(2)物体在刚离开桌面时的速度%大小；

(3)如果小滑块进入磁场后做直线运动，请求出B的大小；

(4)如果小滑块进入磁场中斜向下做曲线运动，请求出落地瞬间的速度方大小。

13.如图所示，质量为M=4.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=1.5kg的

小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的

尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以%=4m/s的速度一起向右

匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔

继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞

后，物块离开挡板的最大距离为与=1.6巾，重力加速度g=10m/s2。

(1)求物块与木板间的动摩擦因数；

(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为/=6.25x10-3m,

求n；

(3)求长木板的长度至少应为多少？

14.下列说法正确的是()

A.液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为浸润

B.车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象

C.液体汽化时吸收的热量大于液体分子克服分子引力而做的功

D.热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律

E.焙是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立系统总是从焙小的状态向燧大的状态

发展

15.负压病房是指病房内的气体压强略低于病房外的标准大气压的一种病房，即新鲜空

气可以流进病房，而被污染的空气不会自行向外排出，必须由抽气系统抽出进行消

毒处理，是小“。规定抢救新冠肺炎病人时的一个重要设施.现简化某负压病房为一

个可封闭的绝热空间，室内空气所占空间的体积为外,室内外气温均为-3。(：，疫情

期间，为了收治新冠肺炎病人，首先将室内空气封闭并加热至27°C(加热前室内空

气的压强为标准大气压为Po,空气视为理想气体)。

(1)此时病房内的气压为多少？

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（2）为了使负压病房的气压达到p=^po,在使用前先要抽掉一部分空气，求需抽

出的空气质量与原来空气质量之比以及抽出的空气排到室外降温后的体积。

16.下列说法中正确的是（）

A.弹簧振子的振动周期与小球的质量有关

B.让红光和绿光通过同一双缝干涉装置，绿光形成的干涉条纹间距较大

C.鸣笛的火车经过人附近时，人听到的鸣笛声的频率先减小后增大

D.将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，

能观察到彩色条纹，这是由于光的衍射

E.很多眼镜的镜片呈现蓝紫色，是由于光的干涉

17.直角棱镜的折射率n=1.5,其横截面积如图所示，图中乙。=亍

90°,乙4=30。.截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜48/H

/30°

边上的。点射入，经折射后射到BC边上。/

⑴光线在BC边上是否会发生全反射？说明理由；31yz

3）不考虑多次反射，求从4C边射出的光线与最初的入射光线B------------C

夹角的正弦值。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：人结合氢原子能级的特点与玻尔理论可知，氢原子从能级3跃迁到能级2

辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，根据波长与频率成

反比，则从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的

光子的波长，故A正确；

8、平均结合能反应原子核的稳定的程度，在原子核中，平均结合能越大表示原子核中

的核子结合得越牢固，故8错误；

C、经过1次a衰变和1次口衰变后，则质量数减小4,而中子减小1,因此把8〃（铀）衰变为

$4pa（锲）要经过1次a衰变和1次夕衰变，故C错误；

。、根据光电效应方程可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关，所以，增大紫外

线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，故。错误。

故选:4。

根据玻尔理论分析跃迁；原子核经过一次a衰变，电荷数减小2,质量数减小4,经过一

次0衰变后电荷数增加1,质量数不变；平均结合能反应原子核的稳定的程度；光电子

的最大初动能与入射光的强度无关。

本题考查了能级的跃迁、比结合能、衰变和光电效应等知识点，比较简单，只有对教材

熟悉，就能轻松解决。

2.【答案】A

【解析】解：小滑块恰好能完成一个完整圆周运动，再次到达最高点时，根据牛顿第二

2___________

定律可得：mgsinB=m彳,解得u=JgLsi几。

2

在整个运动过程中，根据动能定理可得：Wf=jmv解得叼=^mgLsin0-

12

摩擦力做功必=—/X2兀L,解得/=*等也，故A正确，BCD错误;

故选：4。

小滑块恰好能完成一个完整圆周运动，再次到达最高点时，根据牛顿第二定律求得到达

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最高点的速度，在整个运动过程中，只有摩擦力做功，根据动能定理求得摩擦力大小。

本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律，关键抓住能恰好完成一次圆周运动，利用牛

顿第二定律求得达到最高点的速度，明确向心力的来源。

3.【答案】D

【解析】解：4、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，

说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电。故A错误。

B、从4到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在4点是的电势能比B点时

的电势能大1.5/,故B错误。

C、从4到B的过程中，克服重力做功2.0/,电场力做功1.5/,由动能定理可知，粒子在4

点的动能比在B点多0.5/,故C错误。

。、从4到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转

化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电

场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J,故。正确。

故选：D。

在由4运动8的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功。从运动

轨迹上判断，粒子带正电。从4到B的过程中，电场力做正功为1.5/,所以电势能是减少

的，4点的电势能要大于B点电势能。从4到B的过程中，克服重力做功2.0/,电场力做

功1.5/,由动能定理可求出动能的变化情况。从4到B的过程中，做功的力有重力和电场

力，应用能量的转化与守恒可比较48两点的机械能。

对于本题，要明确以下几点：

1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能

增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断电荷电势能如何变化的依

据。

2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电

势能的零点。

3、电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势

差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。

4.【答案】C

【解析】解：对小球进行受力分析，有重力、支持力、拉力，如图所示:

这三个力必须是共点力，且作用点为园盘的圆心，绳子的拉力沿绳子收缩的方向，其反

向延长线也应该过圆心，满足这个条件的只有C图，故C正确，A8D错误。

故选：Co

对小球进行受力分析，有重力、支持力、拉力，这三个力为共点力，它们的延长线经过

圆心。

本题考查了共点力的平衡条件。关键点：绳子的拉力方向沿绳子收缩方向且经过圆心。

5.【答案】D

【解析】解：4、从a开始压缩弹簧到分离的整个过程中，取水平向右为正方向，由动

量守恒定律和机械能守恒定律分别得：

mv0=mva+mvb

121o.12

联立解得%=。，vb-vo

对a球，由动量定理得弹簧对a球的冲量/=mva-mv0=-mv0,弹簧对a球的冲量大

小为加几，故A错误；

B、a球的最小速度为0,故8错误；

C、当弹簧压缩至最短时两球的速度相等，弹簧具有的弹性势能最大，设两球共同速度

为V，弹簧具有的最大弹性势能为Epmax，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：

mv0=2mv

2

=i(2m)v+Epmax

联立解得Epmax=\6诏，故C错误；

D、b球与弹簧分离时速度最大，且最大速度为火,则b球的最大动能为诏，故D正

确。

故选：D。

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从a开始压缩弹簧到分离的整个过程中，两球及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守

恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出分离时两球的速度，再对a球，利用

动量定理求弹簧对a球的冲量大小。当弹簧压缩至最短时两球的速度相等，弹簧具有的

弹性势能最大，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式，即可求出弹簧具有的最大弹性

势能。根据b球最大速度求其最大动能。

本题是含有弹簧的碰撞问题，要分析两球的运动过程，知道两球的速度相等时，弹簧具

有的弹性势能最大，抓住系统的动量守恒和机械能守恒进行分析。

6.【答案】D

【解析】解：4、物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向

心力，物体离开半球顶端后将做平抛运动，故A正确；

B、根据mg=m祭得处=痴瓦故B正确；

c、物体做平抛运动，由x=R=\gt2,联立解得X=故c正确；

。、物体做平抛运动，由2gR=M，竖直方向上的速度为=/频，夹角tan。=得=

僚=或，所以与地面的夹角不是45。，故。错误。

本题选择错误的，

故选：D。

物块对球顶恰无压力，说明此时恰好是物体的重力作为圆周运动的向心力，物体离开半

球顶端后将做平抛运动，根据平抛运动的规律分析即可求得结果.

物块对球顶恰无压力是解答本题的关键，理解了这句话的含义，在根据平抛运动的规律

就可以解决这道题.

7.【答案】BD

【解析】解：4、卫星由低轨道变轨到高轨道时要加速，发动机做正功，即向后喷气才

能实现由轨道I进入轨道n,故A错误。

B、设嫦娥五号在轨道I、H上运行的轨道半径分别为q（半长轴）、r2,运行的周期分别

为7;、T2,由开普勒第三定律三=匕因为勺<「2,所以71<72,故嫦娥五号在轨道I

上运行的周期小于在轨道n上运行的周期，故B正确。

C、根据人造卫星的万有引力提供向心力G哭=ma得：a=胃，因为G、M、r都相等，

故嫦娥五号在轨道I正常运行时（不含变轨时刻）经过N点的加速度与在轨道H正常运行

（不含变轨时刻）时经过N点的加速度相等，故C错误。

。、在轨道I上，由M点向N点运动，万有引力做负功，速度减小，故在轨道I上过M点

的动能比嫦娥五号在轨道上II过N点的速度大，故。正确。

故选：BD。

卫星由低轨道变轨到高轨道时要加速；应用开普勒第三定律比较在两轨道运动时的周期

关系，根据万有引力提供向心力，求加速度的关系，根据由M点向N点运动，万有引力

做负功，速度减小，判断M、N两点速度关系。

本题考查了万有引力定律的应用，知道变轨原理、掌握万有引力提供向心力是解题的前

提。

8.【答案】AC

【解析】解：力、由图乙可知垂直纸面向里的磁感应强度减小，则穿过线圈的磁通量减

小，根据楞次定律可知，线框中电流方向为顺时针方向，故A正确；

8、根据左手定则可判断线框受到向左的安培力作用向左加速进入磁场，在t=0时刻,

感应电动势大小为：Eo=^=沙.条

由牛顿第二定律得：B0^L=ma0

由图丙可知在t=0时刻的加速度为：&=中

C1

联立解得：普=器，故8错误；

C、由图丙可知，t2时刻之后，线框速度恒定，说明线框已经全部进入磁场，此后虽然

电路中有感应电流，但各边安培力相互抵消，所以线框做匀速直线运动，在匕时刻有

E3=吧=〃.竺

JAtAt

线框的热功率为：23=好

JR

解得：03=卷篝，故C正确；

D、0〜12时间内，对线框由动量定理得：BILM=mAv

即=mAv

若磁场B=Bo恒定，则有=mvQ

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即通过线框的电荷量为：的=黑,但因为B随着时间逐渐减小，通过线框的电荷量不

DQL

为黑,故O错误；

DQL.

故选：AC<.

根据楞次定律分析出感应电流的方向：

根据法拉第电磁感应定律结合牛顿第二定律，同时理解。-t图像的斜率表示加速度，

联立等式计算出磁感应强度的变化率；

根据热功率的计算公式完成计算；

根据动量定理计算出通过线框的电荷量。

本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据公式计算出感应电动势的大小，结合热功率

公式完成计算，解题的关键点是根据动量定理计算出通过线框的电荷量，难度中等偏上。

9.【答案】CD

【解析】解：在开关K闭合时，此时电路中的总电阻为R总=25仅由图乙可知初级线圈

的有效值：1/1=宰1/=220乙次级线圈的电压：U2=^U1=^-x220V=50V,

y2/V]

%两端的电压等于次级线圈两端电压：〃2=50人/?2消耗的功率：PR2=^=50W,

电路中消耗的总功率，即变压器的输入功率：P=2PR2=100W，

当开关K断开时，/?2两端的有效值为UR2,根据电流热效应可知，系，=醇7,得以=

25立V，/?2消耗的功率：PR2'=学=25W,这两种情况下，次级线圈两端电压不变,

电阻凡消耗的功率是相同的，电路中消耗的总功率，即变压器的输入功率：P'=PRI+

PR2'=75W,故A8错误，C£>正确。

故选：CD。

分析电路结构，在开关K闭合时，次级线圈两端电压为电阻/?2两端的电压，开关K断开

时，二极管具有单向导电性，根据电流热效应计算电阻两端的电压。

根据功率公式计算电阻消耗的功率和变压器的输入功率。

此题考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向

导电性，注意利用好电流的热效应是解题的关键。

S3-2SZ+SI

10.【答案】-―B

【解析】解：根据某段时间内中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得％st。=专

S3—S2

V?5tn=-------

乙“。t0

/2.5,0-％,5£o_S3-2SZ+SI

则加速度为a=

选取木块为研究对象，已知重力加速度为g,根据牛顿第二定律得mgsin。-"mgcos。=

ma

解得：〃=器

yCOSU

可知要测量动摩擦因数，还需测量出木板与水平面间的夹角，故8正确，A错误。

S3-2sz+Si

故答案为:

哈,B

(1)由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内

中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度;

(2)为了测定动摩擦力因数〃还需要测量的量是木板的倾角公

本题难度不大，是一道基础题，熟练应用基础知识即可正确解题；本题的难点是：第二

问，根据表达式分析待测量.

11.【答案】右侧14.00,700—

4IL

【解析】解：(1)由题可知，欧姆挡的选择开关拨至“XI”挡。先进行欧姆调零，即短

接红黑表笔，使指针指在表盘右侧的零刻度线。

其示数为指针示数与倍率的乘积，那么图示欧姆挡读数为：14.0x10=14.0。；

(2)螺旋测微器的固定刻度为0.5?mn,可动刻度为20.0x0.01mm=0.200mm,

所以最终读数为d=0.5mm+

0.200mm=0.700mm；

(4)①由于待测电阻丝的电阻

%</福，即其电阻远小于电

压表的内阻值，测量电路采用电

流表的外接法，要求在实验中获得较大的电压调节范围，故滑动变阻器采用分压接法,

按此思路连接实物如图所示;

第14页，共20页

③由图。和电阻定律得：u=/R=/xpx志

，所以电阻率0=嘿。

故答案为：(1)右侧、14.0；(2)0.700；(4)①如图

(1)欧姆表读数等于表盘刻度乘以倍率，根据指针位置重新选择倍率，欧姆调零后再进

行测量；

(2)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需

估读；

(4)①根据要求在实验中获得较大的电压调节范围，分析滑动变阻器接法；比较电压表、

电流表和待测电阻电阻关系分析内外接法，从而选择合适测量电路。③根据电阻定律

和欧姆定律结合图象的斜率求电阻率。

本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、螺旋测微器读数，要掌握常用器材的使用

及读数方法，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。

12.【答案】解：(1)物体在桌面上滑动时，由牛顿第二定律得：

qE—jmg=ma

代入数据解得：a=lm/s2

(2)物体在桌面上滑动时，物体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-位移公式得：vl=2aX1

代入数据解得：Vi=Im/s

(3)进入磁场后做匀速直线运动，根据平衡条件可得：

qvrB—mg

代入数据解得：B=50T

(4)洛伦兹力不做功，在磁场中，由动能定理得：

mgh=|mv2-^mvi

代入数据解得：v2=yfY7m/s

答：(1)物体在桌面上滑行时的加速度大小a是lm/s2；

(2)物体在刚离开桌面时的速度也大小lm/s；

(3)如果小滑块进入磁场后做直线运动，B的大小是507；

(4)如果小滑块进入磁场中斜向下做曲线运动，请求出落地瞬间的速度方大小是旧山/s。

【解析】(1)应用牛顿第二定律可以求出物体在桌面上滑行时的加速度大小。

(2)应用匀变速直线运动的速度-位移公式可以求出物体刚离开桌面时的速度大小。

(3)滑块在磁场中做直线运动，应用平衡条件求出磁感应强度大小。

(4)洛伦兹力不做功，应用动能定理可以求出落地瞬间的速度大小。

本题考查滑块在电场与磁场中的运动，分析清楚运动过程与受力情况、知道洛伦兹力不

做功是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理即可解题。

13.【答案】解：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有

摩擦力做功，由动能定理得：-〃mgxi=0-刎诏

代入数据解得：4=0.5

(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。

设第一次碰撞后系统的共同速度为%,由动量守恒定律得：

Mv0—mv0=(M+m)v1

解得：女=怒%=/

设物块由速度为0加速到药的过程中运动的位移为与'

=~mv(

联立解得：X/=

即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度力

第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为打

2

经一段时间系统的共同速度为：%=怒％=(1)v0

第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为女

经一段时间系统的共同速度为：%=器切=%

第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为：4T=会^"_2=弓)"-1%

1M+771N

由动能定理得：一〃mg%”=0

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联立解得：n=5

(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止；设物块在木板上的

相对位移为3由能量守恒定律得：卬ngL=3M+m)诏

代入数据解得：L=6.4m

即木板的长度至少应为6.4m。

答：(1)物块与木板间的动摩擦因数为0.5；

(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为=6.25x10~3m,则n为

5；

(3)长木板的长度至少应为6.4m。

【解析】(1)对物块由动能定理求物块与木板间的动摩擦因数；

(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒及动能定理推导出

第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小与初速度的表达式即可求解；

(3)由能量守恒定律求长木板的长度至少为多少.

本题考查的是动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律得综合应用，此题的难点是利用

数学归纳法推导出第律次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小的含般的表达式。

14.【答案】BCE

【解析】解：小液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为

不浸润，故A错误；

8、车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，是由于土壤中的水经过毛细管上升，

属于毛细现象，故B正确；

C、液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功和液体分子增加的动能,

所以吸收的热量大于液体分子克服分子引力而做的功，故C正确；

。、热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能

量守恒定律，故。错误；

E、端是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从嫡小的

状态向烯大的状态发展，故E正确。

故选：BCE。

附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润；毛细管插入浸润液体中，管内液面

上升，高于管外，毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象；液体汽

化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功和液体分子增加的动能：热力学第

二定律说明了热学现象的方向性；知道端增加原理。

本题考查了浸润和不浸润、毛细现象、液体汽化、热力学第二定律和燧增加原理等知识

点，这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

15.【答案】解：(1)病房内气体发生等容变化，由查理定律可得会=£

其中To=(273-3)K=270K,=(273+27)K=300K

解得Pi=骨0

此时病房内的气压为3Po

(2)抽气过程可看成等温变化，由玻意耳定律可得p%=Pi%

解得匕=