2022年湖南省常德市臨澧一中高考物理二模試卷（附答案詳解）

2022年湖南省常德市臨澧一中高考物理二模試卷

1.下列說法正確的是（）

A.氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出光

子的波長

B.原子核的平均結合能越小表示該核中的核子結合得越牢固

C.克8（；（鈾）衰變?yōu)轼r“pa（鍥）要經過1次a衰變和2次0衰變

D.紫外線照射到金屬鋅板表面時能夠產生光電效應，當增大紫外線的照射強度時，從

鋅板表面逸出光電子的最大初動能也隨之增大

2.如圖所示，粗糙程度處處相同、傾角為。的傾斜圓盤上,

有一長為L的輕質細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光

滑軸上的0點轉動，另一端與質量為皿的小滑塊相連，

小滑塊從最高點4以垂直細繩的速度火開始運動，恰好

能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為（）

A.m(y$-gLsinO)B.皿

47rL2nL

Q皿評-gL）Dmvo

*47rL*47TL

3.如圖為一勻強電場，某帶電粒子從a點運動到B點。在這,

E

一運動過程中克服重力做的功為2.0J,電場力做的功為丁―------------>

上

1.5/.則下列說法正確的是（）>

A.粒子帶負電

B.粒子在4點的電勢能比在8點少1.51

C.粒子在8點的動能比在4點多0.5/

D.粒子在4點的機械能比在B點少1.5/

4.圖示均質圓盤用細繩懸掛，并靠在光滑斜面上。圖4、8、C、。中，只有（）圖可

以保持平衡。

止，放在光滑的水平面上，等質量的小球a以速度處

沿彈簧所在直線沖向小球人從a開始壓縮彈簧到分離的整個過程中，下列說法中正

確的是（）

A.彈簧對a球的沖量大小為：小火

B.a球的最小速度為3%

C.彈簧具有的最大彈性勢能為詔

D.b球的最大動能為評

6.如圖所示，小物塊位于半徑為R的半球頂端，若小球的初速為孫時，物塊對球頂恰

無壓力，則以下說法不正確的是（）

V0

A.物塊立即離開球面做平拋運動，不再沿圓弧下滑

B.v0=y/gR

C.物塊落地點離球頂水平位移

D.物塊落地速度方向和水平地面成45。角

7.嫦娥五號發(fā)射過程某一階段如圖所示，嫦娥五號在橢圓軌

道I上運行到遠地點N變軌進入圓形軌道n,在圓形軌道

1/

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n上運行一段時間后在N點時再次加速變軌，從而最終擺脫地球束縛。對于該過程,

下列說法正確的是（）

A.嫦娥五號在N點通過向前噴氣減速實現(xiàn)由軌道I進入軌道1【

B.嫦娥五號在軌道［上運行的周期小于在軌道II上運行的周期

C.嫦娥五號在軌道I正常運行時（不含變軌時刻）經過N點的加速度比在軌道H正常運

行（不含變軌時刻）時經過N點的加速度大

D.嫦娥五號在軌道I上過M點的速率比在軌道I上過N點的速率大

8.如圖甲所示，一質量為粗、邊長為3電阻為R的單匝正方形導線框abed放在絕緣

的光滑水平面上。空間中存在一豎直向下的單邊界勻強磁場，線框有一半在磁場內。

其ad邊與磁場邊界平行。t=0時刻起，磁場的磁感應強度隨時間均勻減小，如圖

乙所示。線框運動的u-t圖像如圖丙所示，圖中斜向虛線為過。點速度圖線的切線,

則（）

A.線框中的感應電流沿順時針方向

B.磁感應強度的變化率為翳

C.±3時刻，線框的熱功率為篝翳

D.0-12時間內，通過線框的電荷量為蜉

9.如圖所示，理想變壓器的初、次級線圈的匝數(shù)之比為蔡=告，在次級線圈中接有兩

個阻值均為50。的電阻，圖甲中。為理想二極管。現(xiàn)在初級線圈輸入如圖乙所示的

交流電壓，那么開關K在斷開和閉合的兩種情況下，下列說法中正確的有（）

A.兩種情況下夫2兩端的電壓相同

B.兩種情況下/?2消耗的功率相同

C.兩種情況下占消耗的功率相同

D.兩種情況下變壓器的輸入功率不同

10.某同學設計了使用位移傳感器的如圖(a)所示實驗裝置測量木塊和木板間的動摩擦

因數(shù)，讓木塊從傾斜木板上一點靜止釋放，從某時刻開始計算機描繪了滑塊相對傳

感器的位移隨時間變化規(guī)律如圖(b)所示，木塊加速度的大小a=(用圖中給

出的Si、S2、S3、%表示)。已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，為求出木塊和木板間的間

的動摩擦因數(shù)，還需要測出的物理量是(填4或者8)。

A.木塊的質量

B.木板與水平面間的夾角

11.某實驗小組為了測量某金屬絲&的電阻率，進行了以下實驗步驟:

甲乙

(1)利用歐姆表粗測金屬絲勺的阻值：

①將選擇開關旋到x1位置，然后將紅、黑表筆進行短接，調節(jié)歐姆調零旋鈕，使

指針停在如圖甲所示表盤的(填“左”或“右側”)“0”刻度線位置；

②將紅、黑表筆分別接在金屬絲的兩端，指針穩(wěn)定后，停在圖甲所示位置，則金

屬絲的阻值為______Q

(2)利用螺旋測微器測量金屬絲的直徑如圖乙所示，其讀數(shù)為d=mm；

(3)利用刻度尺測量金屬絲長度為L；

(4)為了準確測量金屬絲%的阻值，所用各器材規(guī)格如下：

電壓表(量程為3V,內阻約為3k。)

電流表(量程為200nL4,內阻約為50)

滑動變阻器R(最大阻值為10。)

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電源(電動勢為3匕內阻約為10)

開關S及導線若干；

①在實驗過程中盡可能多測量幾組數(shù)據，請根據自己設計的實驗方案在圖丙中用

筆畫線代替導線，把實物圖連接完整；

②測量得到電壓表和電流表的示數(shù)分別為U、/；

③用步驟(2)(3)(4)測得的物理量表示這段金屬絲的電阻率p=。(用所測物

理量的字母表示)

12.如圖所示，在距離地面高度為h=0.8m桌面上，有一個質量?n=lg、可視為質點

的絕緣帶電小滑塊，電量q=+2.0xIO-,。且始終保持不變，離桌面邊緣與=0.5機。

在桌面正上方的空間存在著電場強度的大小E=15V/m且方向水平向右的勻強電

場，小滑塊在電場作用下由靜止開始運動，它與桌面間滑動摩擦系數(shù)為〃=0.2,

從桌面邊緣進入右側的勻強磁場中，求：

(1)物體在桌面上滑行時的加速度大小a；

(2)物體在剛離開桌面時的速度%大?。?/p>

(3)如果小滑塊進入磁場后做直線運動，請求出B的大小；

(4)如果小滑塊進入磁場中斜向下做曲線運動，請求出落地瞬間的速度方大小。

13.如圖所示，質量為M=4.5kg的長木板置于光滑水平地面上，質量為m=1.5kg的

小物塊放在長木板的右端，在木板右側的地面上固定著一個有孔的彈性擋板，孔的

尺寸剛好可以讓木板無接觸地穿過?，F(xiàn)使木板和物塊以%=4m/s的速度一起向右

勻速運動，物塊與擋板碰撞后立即以碰前的速率反向彈回，而木板穿過擋板上的孔

繼續(xù)向右運動，整個過程中物塊不會從長木板上滑落。已知物塊與擋板第一次碰撞

后，物塊離開擋板的最大距離為與=1.6巾，重力加速度g=10m/s2。

(1)求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；

(2)若物塊與擋板第n次碰撞后，物塊離開擋板的最大距離為/=6.25x10-3m,

求n；

(3)求長木板的長度至少應為多少？

14.下列說法正確的是()

A.液體與固體接觸時，如果附著層內分子比液體內部分子稀疏，表現(xiàn)為浸潤

B.車輪在潮濕的地面上滾過后，車轍中會滲出水，屬于毛細現(xiàn)象

C.液體汽化時吸收的熱量大于液體分子克服分子引力而做的功

D.熱力學第二定律是從另一個側面闡述能量守恒定律

E.焙是系統(tǒng)內分子運動無序性的量度，一個孤立系統(tǒng)總是從焙小的狀態(tài)向燧大的狀態(tài)

發(fā)展

15.負壓病房是指病房內的氣體壓強略低于病房外的標準大氣壓的一種病房，即新鮮空

氣可以流進病房，而被污染的空氣不會自行向外排出，必須由抽氣系統(tǒng)抽出進行消

毒處理，是小“。規(guī)定搶救新冠肺炎病人時的一個重要設施.現(xiàn)簡化某負壓病房為一

個可封閉的絕熱空間，室內空氣所占空間的體積為外,室內外氣溫均為-3。(：，疫情

期間，為了收治新冠肺炎病人，首先將室內空氣封閉并加熱至27°C(加熱前室內空

氣的壓強為標準大氣壓為Po,空氣視為理想氣體)。

(1)此時病房內的氣壓為多少？

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（2）為了使負壓病房的氣壓達到p=^po,在使用前先要抽掉一部分空氣，求需抽

出的空氣質量與原來空氣質量之比以及抽出的空氣排到室外降溫后的體積。

16.下列說法中正確的是（）

A.彈簧振子的振動周期與小球的質量有關

B.讓紅光和綠光通過同一雙縫干涉裝置，綠光形成的干涉條紋間距較大

C.鳴笛的火車經過人附近時，人聽到的鳴笛聲的頻率先減小后增大

D.將兩支鉛筆并排放在一起，中間留一條狹縫，通過這條狹縫去看與其平行的日光燈，

能觀察到彩色條紋，這是由于光的衍射

E.很多眼鏡的鏡片呈現(xiàn)藍紫色，是由于光的干涉

17.直角棱鏡的折射率n=1.5,其橫截面積如圖所示，圖中乙。=亍

90°,乙4=30。.截面內一細束與BC邊平行的光線，從棱鏡48/H

/30°

邊上的。點射入，經折射后射到BC邊上。/

⑴光線在BC邊上是否會發(fā)生全反射？說明理由；31yz

3）不考慮多次反射，求從4C邊射出的光線與最初的入射光線B------------C

夾角的正弦值。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：人結合氫原子能級的特點與玻爾理論可知，氫原子從能級3躍遷到能級2

輻射出的光子的能量小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的能量，根據波長與頻率成

反比，則從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的

光子的波長，故A正確；

8、平均結合能反應原子核的穩(wěn)定的程度，在原子核中，平均結合能越大表示原子核中

的核子結合得越牢固，故8錯誤；

C、經過1次a衰變和1次口衰變后，則質量數(shù)減小4,而中子減小1,因此把8〃（鈾）衰變?yōu)?/p>

$4pa（鍥）要經過1次a衰變和1次夕衰變，故C錯誤；

。、根據光電效應方程可知光電子的最大初動能與入射光的強度無關，所以，增大紫外

線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能不變，故。錯誤。

故選:4。

根據玻爾理論分析躍遷；原子核經過一次a衰變，電荷數(shù)減小2,質量數(shù)減小4,經過一

次0衰變后電荷數(shù)增加1,質量數(shù)不變；平均結合能反應原子核的穩(wěn)定的程度；光電子

的最大初動能與入射光的強度無關。

本題考查了能級的躍遷、比結合能、衰變和光電效應等知識點，比較簡單，只有對教材

熟悉，就能輕松解決。

2.【答案】A

【解析】解：小滑塊恰好能完成一個完整圓周運動，再次到達最高點時，根據牛頓第二

2___________

定律可得：mgsinB=m彳,解得u=JgLsi幾。

2

在整個運動過程中，根據動能定理可得：Wf=jmv解得叼=^mgLsin0-

12

摩擦力做功必=—/X2兀L,解得/=*等也，故A正確，BCD錯誤;

故選：4。

小滑塊恰好能完成一個完整圓周運動，再次到達最高點時，根據牛頓第二定律求得到達

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最高點的速度，在整個運動過程中，只有摩擦力做功，根據動能定理求得摩擦力大小。

本題主要考查了動能定理和牛頓第二定律，關鍵抓住能恰好完成一次圓周運動，利用牛

頓第二定律求得達到最高點的速度，明確向心力的來源。

3.【答案】D

【解析】解：4、由運動軌跡上來看，垂直電場方向射入的帶電粒子向電場的方向偏轉，

說明帶電粒子受到的電場力與電場方向相同，所以帶電粒子應帶正電。故A錯誤。

B、從4到B的過程中，電場力做正功，電勢能在減少，所以在4點是的電勢能比B點時

的電勢能大1.5/,故B錯誤。

C、從4到B的過程中，克服重力做功2.0/,電場力做功1.5/,由動能定理可知，粒子在4

點的動能比在B點多0.5/,故C錯誤。

。、從4到B的過程中，除了重力做功以外，還有電場力做功，電場力做正功，電勢能轉

化為機械能，帶電粒子的機械能增加，由能的轉化與守恒可知，機械能的增加量等于電

場力做功的多少，所以機械能增加了1.5J,故。正確。

故選：D。

在由4運動8的過程中，有兩個力做功，一是重力做負功，一是電場力做正功。從運動

軌跡上判斷，粒子帶正電。從4到B的過程中，電場力做正功為1.5/,所以電勢能是減少

的，4點的電勢能要大于B點電勢能。從4到B的過程中，克服重力做功2.0/,電場力做

功1.5/,由動能定理可求出動能的變化情況。從4到B的過程中，做功的力有重力和電場

力，應用能量的轉化與守恒可比較48兩點的機械能。

對于本題，要明確以下幾點：

1、電場力對電荷做正功時，電荷的電勢能減少，電荷克服電場力做功，電荷的電勢能

增加，電勢能變化的數(shù)值等于電場力做功的數(shù)值。這常是判斷電荷電勢能如何變化的依

據。

2、電勢能是電荷與所在的電場所共有的，且具有相對性，通常取無窮遠處或大地為電

勢能的零點。

3、電荷在電場中移動時，電場力做的功與移動的路徑無關，只取決于起止位置的電勢

差和電荷的電量，這一點與重力做功和高度差的關系相似。

4.【答案】C

【解析】解：對小球進行受力分析，有重力、支持力、拉力，如圖所示:

這三個力必須是共點力，且作用點為園盤的圓心，繩子的拉力沿繩子收縮的方向，其反

向延長線也應該過圓心，滿足這個條件的只有C圖，故C正確，A8D錯誤。

故選：Co

對小球進行受力分析，有重力、支持力、拉力，這三個力為共點力，它們的延長線經過

圓心。

本題考查了共點力的平衡條件。關鍵點：繩子的拉力方向沿繩子收縮方向且經過圓心。

5.【答案】D

【解析】解：4、從a開始壓縮彈簧到分離的整個過程中，取水平向右為正方向，由動

量守恒定律和機械能守恒定律分別得：

mv0=mva+mvb

121o.12

聯(lián)立解得%=。，vb-vo

對a球，由動量定理得彈簧對a球的沖量/=mva-mv0=-mv0,彈簧對a球的沖量大

小為加幾，故A錯誤；

B、a球的最小速度為0,故8錯誤；

C、當彈簧壓縮至最短時兩球的速度相等，彈簧具有的彈性勢能最大，設兩球共同速度

為V，彈簧具有的最大彈性勢能為Epmax，由動量守恒定律和機械能守恒定律分別得：

mv0=2mv

2

=i(2m)v+Epmax

聯(lián)立解得Epmax=\6詔，故C錯誤；

D、b球與彈簧分離時速度最大，且最大速度為火,則b球的最大動能為詔，故D正

確。

故選：D。

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從a開始壓縮彈簧到分離的整個過程中，兩球及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守

恒，由動量守恒定律和機械能守恒定律相結合求出分離時兩球的速度，再對a球，利用

動量定理求彈簧對a球的沖量大小。當彈簧壓縮至最短時兩球的速度相等，彈簧具有的

彈性勢能最大，根據系統(tǒng)的動量守恒和機械能守恒列式，即可求出彈簧具有的最大彈性

勢能。根據b球最大速度求其最大動能。

本題是含有彈簧的碰撞問題，要分析兩球的運動過程，知道兩球的速度相等時，彈簧具

有的彈性勢能最大，抓住系統(tǒng)的動量守恒和機械能守恒進行分析。

6.【答案】D

【解析】解：4、物塊對球頂恰無壓力，說明此時恰好是物體的重力作為圓周運動的向

心力，物體離開半球頂端后將做平拋運動，故A正確；

B、根據mg=m祭得處=癡瓦故B正確；

c、物體做平拋運動，由x=R=\gt2,聯(lián)立解得X=故c正確；

。、物體做平拋運動，由2gR=M，豎直方向上的速度為=/頻，夾角tan。=得=

僚=或，所以與地面的夾角不是45。，故。錯誤。

本題選擇錯誤的，

故選：D。

物塊對球頂恰無壓力，說明此時恰好是物體的重力作為圓周運動的向心力，物體離開半

球頂端后將做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律分析即可求得結果.

物塊對球頂恰無壓力是解答本題的關鍵，理解了這句話的含義，在根據平拋運動的規(guī)律

就可以解決這道題.

7.【答案】BD

【解析】解：4、衛(wèi)星由低軌道變軌到高軌道時要加速，發(fā)動機做正功，即向后噴氣才

能實現(xiàn)由軌道I進入軌道n,故A錯誤。

B、設嫦娥五號在軌道I、H上運行的軌道半徑分別為q（半長軸）、r2,運行的周期分別

為7;、T2,由開普勒第三定律三=匕因為勺<「2,所以71<72,故嫦娥五號在軌道I

上運行的周期小于在軌道n上運行的周期，故B正確。

C、根據人造衛(wèi)星的萬有引力提供向心力G哭=ma得：a=胃，因為G、M、r都相等，

故嫦娥五號在軌道I正常運行時（不含變軌時刻）經過N點的加速度與在軌道H正常運行

（不含變軌時刻）時經過N點的加速度相等，故C錯誤。

。、在軌道I上，由M點向N點運動，萬有引力做負功，速度減小，故在軌道I上過M點

的動能比嫦娥五號在軌道上II過N點的速度大，故。正確。

故選：BD。

衛(wèi)星由低軌道變軌到高軌道時要加速；應用開普勒第三定律比較在兩軌道運動時的周期

關系，根據萬有引力提供向心力，求加速度的關系，根據由M點向N點運動，萬有引力

做負功，速度減小，判斷M、N兩點速度關系。

本題考查了萬有引力定律的應用，知道變軌原理、掌握萬有引力提供向心力是解題的前

提。

8.【答案】AC

【解析】解：力、由圖乙可知垂直紙面向里的磁感應強度減小，則穿過線圈的磁通量減

小，根據楞次定律可知，線框中電流方向為順時針方向，故A正確；

8、根據左手定則可判斷線框受到向左的安培力作用向左加速進入磁場，在t=0時刻,

感應電動勢大小為：Eo=^=沙.條

由牛頓第二定律得：B0^L=ma0

由圖丙可知在t=0時刻的加速度為：&=中

C1

聯(lián)立解得：普=器，故8錯誤；

C、由圖丙可知，t2時刻之后，線框速度恒定，說明線框已經全部進入磁場，此后雖然

電路中有感應電流，但各邊安培力相互抵消，所以線框做勻速直線運動，在匕時刻有

E3=吧=〃.竺

JAtAt

線框的熱功率為：23=好

JR

解得：03=卷篝，故C正確；

D、0?12時間內，對線框由動量定理得：BILM=mAv

即=mAv

若磁場B=Bo恒定，則有=mvQ

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即通過線框的電荷量為：的=黑,但因為B隨著時間逐漸減小，通過線框的電荷量不

DQL

為黑,故O錯誤；

DQL.

故選：AC<.

根據楞次定律分析出感應電流的方向：

根據法拉第電磁感應定律結合牛頓第二定律，同時理解。-t圖像的斜率表示加速度，

聯(lián)立等式計算出磁感應強度的變化率；

根據熱功率的計算公式完成計算；

根據動量定理計算出通過線框的電荷量。

本題主要考查了法拉第電磁感應定律，根據公式計算出感應電動勢的大小，結合熱功率

公式完成計算，解題的關鍵點是根據動量定理計算出通過線框的電荷量，難度中等偏上。

9.【答案】CD

【解析】解：在開關K閉合時，此時電路中的總電阻為R總=25僅由圖乙可知初級線圈

的有效值：1/1=宰1/=220乙次級線圈的電壓：U2=^U1=^-x220V=50V,

y2/V]

%兩端的電壓等于次級線圈兩端電壓：〃2=50人/?2消耗的功率：PR2=^=50W,

電路中消耗的總功率，即變壓器的輸入功率：P=2PR2=100W，

當開關K斷開時，/?2兩端的有效值為UR2,根據電流熱效應可知，系，=醇7,得以=

25立V，/?2消耗的功率：PR2'=學=25W,這兩種情況下，次級線圈兩端電壓不變,

電阻凡消耗的功率是相同的，電路中消耗的總功率，即變壓器的輸入功率：P'=PRI+

PR2'=75W,故A8錯誤，C￡>正確。

故選：CD。

分析電路結構，在開關K閉合時，次級線圈兩端電壓為電阻/?2兩端的電壓，開關K斷開

時，二極管具有單向導電性，根據電流熱效應計算電阻兩端的電壓。

根據功率公式計算電阻消耗的功率和變壓器的輸入功率。

此題考查變壓器的電壓與匝數(shù)的關系，掌握閉合電路歐姆定律的應用，理解二極管單向

導電性，注意利用好電流的熱效應是解題的關鍵。

S3-2SZ+SI

10.【答案】-―B

【解析】解：根據某段時間內中間時刻瞬時速度等于該過程的平均速度得％st。=專

S3—S2

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

乙“。t0

/2.5,0-％,5￡o_S3-2SZ+SI

則加速度為a=

選取木塊為研究對象，已知重力加速度為g,根據牛頓第二定律得mgsin。-"mgcos。=

ma

解得：〃=器

yCOSU

可知要測量動摩擦因數(shù)，還需測量出木板與水平面間的夾角，故8正確，A錯誤。

S3-2sz+Si

故答案為:

哈,B

(1)由于滑塊在斜面上做勻加速直線運動，所以某段時間內的平均速度等于這段時間內

中點時刻的瞬時速度；根據加速度的定義式即可求出加速度;

(2)為了測定動摩擦力因數(shù)〃還需要測量的量是木板的傾角公

本題難度不大，是一道基礎題，熟練應用基礎知識即可正確解題；本題的難點是：第二

問，根據表達式分析待測量.

11.【答案】右側14.00,700—

4IL

【解析】解：(1)由題可知，歐姆擋的選擇開關撥至“XI”擋。先進行歐姆調零，即短

接紅黑表筆，使指針指在表盤右側的零刻度線。

其示數(shù)為指針示數(shù)與倍率的乘積，那么圖示歐姆擋讀數(shù)為：14.0x10=14.0。；

(2)螺旋測微器的固定刻度為0.5?mn,可動刻度為20.0x0.01mm=0.200mm,

所以最終讀數(shù)為d=0.5mm+

0.200mm=0.700mm；

(4)①由于待測電阻絲的電阻

%</福，即其電阻遠小于電

壓表的內阻值，測量電路采用電

流表的外接法，要求在實驗中獲得較大的電壓調節(jié)范圍，故滑動變阻器采用分壓接法,

按此思路連接實物如圖所示;

第14頁，共20頁

③由圖。和電阻定律得：u=/R=/xpx志

，所以電阻率0=嘿。

故答案為：(1)右側、14.0；(2)0.700；(4)①如圖

(1)歐姆表讀數(shù)等于表盤刻度乘以倍率，根據指針位置重新選擇倍率，歐姆調零后再進

行測量；

(2)螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需

估讀；

(4)①根據要求在實驗中獲得較大的電壓調節(jié)范圍，分析滑動變阻器接法；比較電壓表、

電流表和待測電阻電阻關系分析內外接法，從而選擇合適測量電路。③根據電阻定律

和歐姆定律結合圖象的斜率求電阻率。

本題考查了實驗器材的選擇、設計實驗電路、螺旋測微器讀數(shù)，要掌握常用器材的使用

及讀數(shù)方法，根據題意確定滑動變阻器與電流表的接法是正確設計實驗電路的關鍵。

12.【答案】解：(1)物體在桌面上滑動時，由牛頓第二定律得：

qE—jmg=ma

代入數(shù)據解得：a=lm/s2

(2)物體在桌面上滑動時，物體做初速度為零的勻加速直線運動,

由勻變速直線運動的速度-位移公式得：vl=2aX1

代入數(shù)據解得：Vi=Im/s

(3)進入磁場后做勻速直線運動，根據平衡條件可得：

qvrB—mg

代入數(shù)據解得：B=50T

(4)洛倫茲力不做功，在磁場中，由動能定理得：

mgh=|mv2-^mvi

代入數(shù)據解得：v2=yfY7m/s

答：(1)物體在桌面上滑行時的加速度大小a是lm/s2；

(2)物體在剛離開桌面時的速度也大小lm/s；

(3)如果小滑塊進入磁場后做直線運動，B的大小是507；

(4)如果小滑塊進入磁場中斜向下做曲線運動，請求出落地瞬間的速度方大小是舊山/s。

【解析】(1)應用牛頓第二定律可以求出物體在桌面上滑行時的加速度大小。

(2)應用勻變速直線運動的速度-位移公式可以求出物體剛離開桌面時的速度大小。

(3)滑塊在磁場中做直線運動，應用平衡條件求出磁感應強度大小。

(4)洛倫茲力不做功，應用動能定理可以求出落地瞬間的速度大小。

本題考查滑塊在電場與磁場中的運動，分析清楚運動過程與受力情況、知道洛倫茲力不

做功是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式與動能定理即可解題。

13.【答案】解：(1)物塊與擋板第一次碰撞后，物塊向左減速到速度為0的過程中只有

摩擦力做功，由動能定理得：-〃mgxi=0-刎詔

代入數(shù)據解得：4=0.5

(2)物塊與擋板碰后，物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向。

設第一次碰撞后系統(tǒng)的共同速度為%,由動量守恒定律得：

Mv0—mv0=(M+m)v1

解得：女=怒%=/

設物塊由速度為0加速到藥的過程中運動的位移為與'

=~mv(

聯(lián)立解得：X/=

即物塊與擋板第二次碰撞之前，物塊與木板已經達到共同速度力

第二次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為打

2

經一段時間系統(tǒng)的共同速度為：%=怒％=(1)v0

第三次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為女

經一段時間系統(tǒng)的共同速度為：%=器切=%

第n次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為：4T=會^"_2=弓)"-1%

1M+771N

由動能定理得：一〃mg%”=0

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聯(lián)立解得：n=5

(3)由分析知，物塊多次與擋板碰撞后，最終將與木板同時都靜止；設物塊在木板上的

相對位移為3由能量守恒定律得：卬ngL=3M+m)詔

代入數(shù)據解得：L=6.4m

即木板的長度至少應為6.4m。

答：(1)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5；

(2)若物塊與擋板第n次碰撞后，物塊離開擋板的最大距離為=6.25x10~3m,則n為

5；

(3)長木板的長度至少應為6.4m。

【解析】(1)對物塊由動能定理求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；

(2)物塊與擋板碰后，物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒及動能定理推導出

第n次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小與初速度的表達式即可求解；

(3)由能量守恒定律求長木板的長度至少為多少.

本題考查的是動量守恒定律、動能定理和能量守恒定律得綜合應用，此題的難點是利用

數(shù)學歸納法推導出第律次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小的含般的表達式。

14.【答案】BCE

【解析】解：小液體與固體接觸時，如果附著層內分子比液體內部分子稀疏，表現(xiàn)為

不浸潤，故A錯誤；

8、車輪在潮濕的地面上滾過后，車轍中會滲出水，是由于土壤中的水經過毛細管上升，

屬于毛細現(xiàn)象，故B正確；

C、液體汽化時吸收的熱量等于液體分子克服分子引力而做的功和液體分子增加的動能,

所以吸收的熱量大于液體分子克服分子引力而做的功，故C正確；

。、熱力學第二定律是反映宏觀自然過程的方向性的定律，并不是從另一個側面闡述能

量守恒定律，故。錯誤；

E、端是系統(tǒng)內分子運動無序性的量度，從微觀角度看，一個孤立的系統(tǒng)總是從嫡小的

狀態(tài)向烯大的狀態(tài)發(fā)展，故E正確。

故選：BCE。

附著層內分子比液體內部分子稀疏，表現(xiàn)為不浸潤；毛細管插入浸潤液體中，管內液面

上升，高于管外，毛細管插入不浸潤液體中，管內液體下降，低于管外的現(xiàn)象；液體汽

化時吸收的熱量等于液體分子克服分子引力而做的功和液體分子增加的動能：熱力學第

二定律說明了熱學現(xiàn)象的方向性；知道端增加原理。

本題考查了浸潤和不浸潤、毛細現(xiàn)象、液體汽化、熱力學第二定律和燧增加原理等知識

點，這種題型屬于基礎題，只要善于積累，難度不大。

15.【答案】解：(1)病房內氣體發(fā)生等容變化，由查理定律可得會=￡

其中To=(273-3)K=270K,=(273+27)K=300K

解得Pi=骨0

此時病房內的氣壓為3Po

(2)抽氣過程可看成等溫變化，由玻意耳定律可得p%=Pi%

解得匕=