2020年福建省厦门外国语学校高考物理最后一模试卷
1.2018年11月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位
“千克”在内的4项基本单位定义，新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日起正式生效。其中，千克将用普朗克常量(?)定义；安培将用电子电荷量(e)定义。以基本物理常数定义计量单位，可大大提高稳定性和精确度。关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是()
A. 普朗克常量的单位为kg?m3s?2
B. 普朗克常量的单位为kg?1?m2s?1
C. 电子电荷量的单位为A?s
D. 电子电荷量的单位为A?s?1
2.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时()
A. 一共能辐射6种频率的光子
B. 能辐射出3种能量大于10.2eV的光子
C. 能辐射出3种能量大于12.09eV的光子
D. 能辐射出能量小于0.31eV的光子
3.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计，用v y、E、E k、
P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足
球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是()
A. B. C. D.
4.如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度
均为l，轻杆端点分别固定质量为m、2m的小球A、B(均可视为质点)，现OA竖直，
OB水平，静止释放，下列说法错误的是()
A. B球运动到最低点时A球的速度为√2gl
B. A球某时刻速度可能为零
C. B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功
D. B球不可能运动至A球最初所在的位置
5.如图所示，一粒子发射源P能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，
空间存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已
知粒子做圆周运动的半径大小为d，纸面内另一点A距P的距离恰为d，则()
A. 磁感应强度的大小为d
kv
B. 粒子在磁场中均沿顺时针方向做圆周运动
C. 粒子从P出发至少经过时间πd
到达A点
6v
D. 同一时刻发射出的带电粒子到达A点的时间差为4πd
3v
6.2020年6月23日9时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五
颗导航卫星，暨北斗三号最后一颗全球组网卫星。至此，北斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计划提前半年全面完成。已知地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，该卫星为地球静止轨道卫星(同步卫星)，下列说法正确的是()
A. 该导航卫星运行速度大于第一宇宙速度
3?R
B. 该导航卫星的预定轨道离地高度为?=√GM
ω2
C. 该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
D. 该导航卫星在轨道运行时速率会小于质量较小的同步卫星
7.如图所示，边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框可绕轴OO′转动，轴
OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路。已知小灯泡L1、L2额定功率均为P，正常发光时电阻均为R.当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡L1正常发光，电流表A示数为I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡L1仍正常发光，线框电阻、电流表A内阻不计，以下说法正确的是()
A. 断开开关S时，电流表示数为2I
B. 变压器原、副线圈的匝数比为√PR
IR
C. 当开关闭合时线框转动的角速度为P
BIl1l2
D. 当开关断开时线框转动的角速度为2√2P
BIl1l2
8.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷Q A、Q B，两电荷的位置坐标如图甲所示，若
在A、B间不同位置放置一个电量为+q的带电滑块C(可视为质点)，滑块的电势能随x变化关系如图乙所示，图中x=L点为图线的最低点，现让滑块从x=2L处由静止释放，下列有关说法正确的是()
A. 小球在x=L处的速度最大
B. 小球一定可以到达x=?2L点处
C. x=0和x=2L处场强大小相等
D. 固定在AB处的电荷的电量之比为Q A：Q B=4：1
9.某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。
(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是______
A.钩码的质量要远小于木块的质量
B.要保证长木板水平
C.接通电源的同时释放木块
(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带
上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度a=______m/s2；(结果保留两位有效数字)
(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为______(用M、m、a、g表示结
果)。
10.传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用，如图甲是一个压力传感器设计电路，要求从表盘上
直接读出压力大小，其中R1是保护电阻，R2是调零电阻(总电阻100Ω)，理想电流表量程为10mA，电源电动势E=3V(内阻不计)，压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。
(1)有三个规格的保护电阻，R1应选哪一个______。
A.25Ω
B.250Ω
C.2500Ω
(2)选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零电阻R2应调为______Ω。
(3)现对表盘进行重新赋值。原3mA刻度线应标注______N。
(4)由于电池老化，电动势降为2.8V，传感器压力读数会出现偏差，如果某次使用时，先调零、后测量，读
出压力为1200N，此时电流大小为______mA，实际压力大小为______N。
11.我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的
效果，如图所示，轨道上相距s处固定着两个长l、宽0.5l、电阻为R的单匝线圈，s>0.5l，在火车头安装一个电磁装置，它能产生长l、宽0.5l的矩形匀强磁场，磁感强度为B，经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力。现让火车以初速度v0从图示位置开始匀速运动，经过2个线圈，矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止，测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍。求：
(1)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小；
(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。
12.如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量M=2kg，车上放置有质量m A=2kg木板A，木板上有可
视为质点的物体B，其质量m B=4kg。已知木板A与小车间的动摩擦因数μ0=0.3，A、B紧靠车厢前壁，A 的左端与小车后壁间的距离为x=2m。现对小车施加水平向有的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度一时间图象如图乙所示，已知重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ；
(2)求恒力F的大小；
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与小车后
壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为多少？
13.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V?t图象如图所示，
下列说法正确的有()
A. A→B的过程中，气体对外做功
B. A→B的过程中，气体放出热量
C. B→C的过程中，气体压强变大
D. B→C的过程中，气体内能变大
E. B→C的过程中，单位体积内的分子数目增加
14.如图导热气缸A、B固定在同一水平面上，A的横截面积为S，B的横截面积
为A的2倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两
活塞的轻绳均处于伸直状态，但绳中无张力，现向A气缸的活塞上方缓慢加
入细沙，直至A气缸中气体体积减小为原来的一半。已知大气压强为p0，求
此时：
①B气缸中气体的压强；
②加入细沙的质量。
15.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻
璃平面镜的上表面，得到三束光线I、Ⅱ、Ⅲ，若平面镜的上下表面足够宽，不考
虑光线由玻璃砖内射向上表面时的反射，下列说法正确的是()
A. 光束I仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B. 玻璃对光束Ⅱ的折射率小于对光束Ⅲ的折射率，当角α减小为某一值时，光束Ⅱ先消失了，光束Ⅲ还存
在
C. 改变α角，光线I、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行
D. 通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度要大于光束Ⅲ的
E. 在玻璃中，光束Ⅱ的速度要小于光束Ⅲ的速度
16.水平地面上有一根均匀软绳，使M端在垂直于软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形成一列横波，如图甲
所示。已知软绳M端的振动图象如图乙所示，从M点起振开始计时。当t=1s时，软绳上各点都已经开始振动。在t=1.1s时刻，M、N平衡位置之间只有一个波谷，且N点处在平衡位置，M、N两点平衡位置之间距离d=0.6m。求：
①波长和传播速度；
②从M端起振开始计时，绳上N点第五次运动到波峰位置的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据公式?=Pλ，因动量P的单位为kg?m/s，波长λ的单位为m，那么普朗克常量h的单位为kg?m2s 再由q=It，结合电流I与时间t的单位，可知，电子电荷量q的单位为A?s，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据公式?=Pλ，与q=It，结合动量P，波长λ，电流I，时间t的单位，从而即可求解。
本题考查磁场强度的单位，关键时结合具体公式进行分析，注意物理公式确定了各个物理量的单位关系，基础题目。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
依据数学组合公式C n2，确定大量氢原子跃迁种类，再结合释放光子的能量即为两能级间的能级差，从而即可一一求解。
解决本题的关键知道光子能量与能级差的关系，即E m?E n=?ν，以及知道跃迁种类的判定，注意大量与一个氢原子跃迁种类的区别。
【解答】
A.依据C52=10，可知，大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时，共有10种不同频率的光子，故A错误；BCD.根据玻尔理论，从n=2能级跃迁到基态释放光子的能量：△E1=E2?E1=?3.4eV?(?13.6eV)=10.2eV，从n=3能级跃迁到n=1能级释放光子的能量：△E2=E3?E1=?1.51eV?(?13.6eV)=12.09eV，
从n=4能级跃迁到n=1能级释放光子的能量：△E3=E4?E1=?0.85eV?(?13.6eV)=12.75eV，
从n=5能级跃迁到n=1能级释放光子的能量：△E4=E5?E1=?0.54eV?(?13.6eV)=13.06eV，
从n=5能级跃迁到n=4能级释放光子的能量：△E5=E5?E4=?0.54eV?(?0.85eV)=0.31eV，
由上分析，可知，辐射出的能量大于10.2eV的光子有3种，辐射出的能量大于12.09eV的光子有2种，辐射出的光子能量至少等于0.31eV，故B正确，CD错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A、足球做斜上抛运动，竖直方向上，速度先减速后反向增大，竖直速度与时间图象的斜率表示重力加速度，故斜率恒定不变，故A错误；
B、空气阻力不计，足球的机械能守恒，即不随时间变化，故B错误；
C、足球机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，但足球做斜上抛运动，到最高点的速度不为零，即动能最小值不为零，故C错误；
D、速度的水平分量不变，竖直反向先匀减速到零，后反向匀加速，故根据P=mgv y，重力的功率随时间先均匀减小到0，后均匀增加，故D正确。
故选：D。
物体做斜上抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。
此题考查了功率的计算，解题的关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。
4.【答案】C
【解析】解：A、AB在转动过程中，任意时刻AB的速度大小相同，当B球运动到最低点时，根据动能定理可知：2mg?L+mgL=1
2
(2m+m)v2?0，解得：v=√2gL，故A正确；
BD、设B球与竖直方向的夹角为θ时，速度为零，则有：?2mgLsinθ+mg(L+Lcosθ)=0，解得：cosθ=2√3?3，θ不为零，此时B球没有达到A球初始位置，故A球某时刻速度可能为零，故BD正确；
C、B在下落过程中，对B球根据动能定理可得2mgL+W=1
2
?2mv2?0，解得W=?mgL，故杆对B球负功，故C错误；
因选错误的
故选：C。
AB在转动过程中，AB组成的系统由动能定理可求得B球到达最低点的速度，由于AB转动过程中速度大小始终相同，根据动能定理求得A球速度为零的位置，对B球利用动能定理求得到达最低点过程中杆对B球做功即可判断。
本题主要考查了动能定理，关键是正确的选取研究过程，此题也可以利用机械能守恒来求。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m v2
R ，解得R=d=mv qB=v kB，解得：B=v
kd
，故A错误；
B、由于粒子带正电且磁场垂直向里，根据左手定则可知粒子均沿逆时针方向转动，故B错误；
C、当粒子从P到A过程中对应的弧为劣弧时运动时间最短，此时粒子轨迹对应的圆心角为60°，运动时间为：
t=1
6T=1
6
×2πd
v
=πd
3v
，故C错误；
D、当粒子从P到A过程中对应的弧为优弧时运动时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心角为300°，所以同一时刻
发射出的带电粒子到达A点的时间差为△t=300°?60°
360×2πd
v
=4πd
3v
，故D正确。
故选：D。
根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；根据左手定则判断粒子的转动方向；当粒子从P到A过程中对应的弧为劣弧时运动时间最短，当粒子从P到A过程中对应的弧为优弧时运动时间最长，根据周期公式求解。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
6.【答案】BC
【解析】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度，则知该导航卫星运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B、该导航卫星运行的角速度等于地球自转的角速度，由万有引力提供向心力得：
G
Mm
(R+?)2
=mω2(R+?)
解得：?=√GM
ω2
3?R，故B正确；
C、根据卫星的发射原理可知，第一宇宙速度是环绕速度，即发射绕地球表面飞行的近地卫星的运行速度，第二宇宙速度是脱离速度，即发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发射速度，则知该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故C正确；
D、根据卫星的速度公式v=√GM
r
分析知，同一轨道卫星的运行速率相等，与卫星的质量无关，知该导航卫星在轨道运行时速率会等于质量较小的同步卫星，故D错误。
故选：BC。
第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度；地球同步卫星的运行角速度等于地球自转的角速度，由
万有引力提供向心力列式，可求出轨道离地高度；根据卫星的速度公式v=√GM
r
分析卫星的速度。
解决本题时，要了解宇宙速度的意义，知道地球同步卫星的运行角速度等于地球自转的角速度，能根据万有引力提供向心力求卫星的高度。
7.【答案】BD
【解析】解：A、由于灯泡正常发光，故流过灯泡的电流不变，根据变压器原副线圈的电流值比等于匝数之比可知，断开开关后，电流表的示数还是I，故A错误；
B、当开关闭合时，流过灯泡的电流I′=√P
R ，故n1
n2
=I′
I
=√PR
IR
，故B正确；
C、当开关闭合时，P=UI，解得U=P
I ，根据√2U=Bl1l2ω，解得ω=
√2BIl l
，故C错误；
D、当开关断开时2P=U′I，解得U′=2P
I ，根据√2U′=Bl1l2ω′，解得ω′=2√2P
BIl1l2
，故D正确；
故选：BD。
闭合开关s前后，由于灯泡L1正常发光，故流过灯泡的电流不变，根据变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比即可判断电流的变化，根据输入功率等于输出功率即可判断线圈转动产生的感应电动势的有效值，即可求得角速度
本题主要考查了线圈转动产生感应电动势，明确输入功率等于输出功率，结合变压器的特点即可判断
8.【答案】AD
【解析】解：A、在E p?x图线中，图线的斜率表示电场强度，在x=L处图线的斜率为零，说明在x=L处电场强度为零，对小球来说，受力平衡时速度最大，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确；
B、小球在A、B之间运动的过程中只有电场力做功，所以能量守恒，由图乙可知在x=2L处的电势小于在x=?2L 处的电势，所以小球不可能到达x=?2L处，故B错误；
C、根据图线的斜率表示场强大小可知，在x=0和x=2L处的斜率并不相等，所以这两处的场强大小不等，故C 错误；
D、因为在x=L处场强为零，所以根据点电荷场强公式可以知道k Q A
(4L)2=k Q B
(2L)2
，即
Q A
Q B
=4
1
，故D正确。
故选：AD。
图线的斜率表示场强的大小；只有电场力做功的情况下，小球的能量守恒，由此可以判断小球所能到达的位置；比较这两处的图线斜率大小即可比较这两处的场强大小；根据点电荷场强公式可以得到两个电荷的电荷量比值。解题的关键是要知道图线的斜率表示场强的大小，然后根据点电荷场强公式即可得到两固定点电荷所带电荷量的比值。
9.【答案】B 1.1mg?(M+m)a
Mg
【解析】解：(1)A、本实验不是钩码的重力来代替细线的拉力，所以不需要使钩码的质量远小于木块的质量，故A错误；
B、为保证木块做匀加速直线运动，要保证长木板水平，故B正确；
C、接通电源后待打点计时器打点稳定时，再释放木块，故C错误。
故选：B。
(2)每打5个点取一个记数点，所以相邻的计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s
根据运动学规律得：x3?x1=2aT2
得：a=x3?x1
2T2=(5.83?3.62)×10?2
2×0.12
m/s2≈1.1m/s2；
(3)对钩码和木块整体，由牛顿第二定律得：
mg?μMg=(m+M)a
解得：μ=mg?(M+m)a
Mg
。
故答案为：(1)B；(2)1.1；(3)mg?(M+m)a
Mg
。
(1)根据实验原理，确定操作过程的正确与否。
(2)由匀变速直线运动的推论：△x=aT2求加速度的大小。
(3)以钩码和木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律列式，即可求解动摩擦因数。
本题考查了牛顿第二定律和运动学推论的综合应用，要理解实验原理，注意与探究牛顿第二定律实验的区别。第3小题也可以采用隔离法求解。
10.【答案】(1)B；(2)20；(3)2800；(4)5；1000。
【解析】
【分析】
(1)根据闭合电路欧姆定律求出电流表满偏时对应的总阻值，调零电阻R2应该和总电阻差不多才适合。
(2)由R总=R1+R2+R，对压力传感器进行调零时，R1=250Ω，R=30Ω，代入总电阻表达式就可以求出R2。
(3)先求出电流表为3mA时对应的总电阻，代入R总=R1+R2+R，可以求出R的值，再根据R?F图象写出一次函数R与F一次函数表达式，根据解析式可以求出对应的压力。
(4)不考虑电源电压减小的情况，根据R与F一次函数关系可以求出F=1200N时对应的电阻R，再根据闭合电
路欧姆定律I=
E
R
总
，可以求出对应的电流；因为电池老化，电动势E=2.8V，根据闭合电路欧姆定律可以求出实
际的总电阻R实总，并算出重新调零后的阻值，从而求出压敏电阻实际值，再代入R与F一次函数关系式可以求出对应的压力。
本题考查了电阻的测量、闭合电路欧姆定律等知识点。本题类似于欧姆表的改装问题，正确利用闭合电路欧姆定律及一次函数知识是解决本题的关键点。
【解答】
(1)电流表满偏时，电路的总电阻R总=E
I m =3
10×10?3
Ω=300Ω，而R总=R1+R2+R，由调零电阻R2最大为100Ω，
故只要大于200Ω即可，A太小，C太大，故选B。
(2)选取、安装保护电阻后，对压力传感器进行调零，则R1=250Ω，R=30Ω，代入R总=R1+R2+R=300Ω，解得R2=20Ω。
(3)当电流表示数为3mA时，电路中的总电阻：
R 总=3V
3mA
=1000Ω
即：R=R总?R1?R2=730Ω
由乙图一次函数为：R=1
4
F+30
经计算当R=730Ω时，压力F=2800N。
(4)根据R与F一次函数关系：R=1
4
F+30当F=1200N时，R=330Ω
再由：
I=
E
R
总
=
3V
600Ω
=5mA
因为电池老化，电动势E=2.8V，电路中实际电阻：
R
实总=
2.8V
5mA
=560Ω
而调零后的电阻
此时R2′为此时的调零电阻阻值，R1+R2′=E′I
m = 2.8V
10×10mA
，解得：R2′=30Ω
则R的实际阻值为：
R′=R
实总
?R1?R′2=280Ω再将R′代入
R′=1
4
F′+30
求得：F′=1000N。
故答案为：(1)B；(2)20；(3)2800；(4)5；1000。
11.【答案】解：(1)对线圈，由法拉第电磁感应定律E=BLv0?①
由闭合电路欧姆定律I=E
R
②
F
安
=BIL③
由①②③联立解得：F
安=B2L2V0
R
；
(2)设磁场刚穿过线圈Ⅰ时速度为v，由能量守恒有：Q1=1
2mv02?1
2
mv2④
磁场刚穿过线圈Ⅱ停止，同理有：Q2=1
2
mv2⑤又Q1=3Q2?⑥
匀速运动过程t=S?0.5L
V
⑦
联立④⑤⑥⑦t=2S?L
V0
。
答：(1)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小为B2L2V0
R
；
(2)车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间为2S?L
V0
。
【解析】(1)对线圈，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及安培力的计算公式求解火车所受的安培力大小；
(2)由能量守恒求解匀速运动的速度大小，再根据位移?时间关系求解匀速运动过程的时间。
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，求安培力时要能够根据闭合电路的欧姆定律以及法拉第电磁感应定律求解感应电流，求时间时要弄清楚能量转化情况和运动情况。
12.【答案】解：(1)分析题意可知，A、B间发生相对滑动，
对于A：μ0(m A+m B)g?μm B g=m A a A
根据加速度定义可知，a A=△v
△t
=4m/s2
解得：μ=0.25。
(2)对小车，该过程中，根据牛顿第二定律可知，
F?μ0(m A+m B)g=Ma
x=1
2
at2?
1
2
a A t2
解得：a=8m/s2，F=36N。
(3)当A与小车碰撞时，v A=4m/s，v B=μgt=2.5m/s，v车=at=8m/s
该过程中，B相对于A滑动距离为：L1=1
2a A t2?1
2
a B t2=0.75m
对A与小车在碰撞中动量守恒，Mv车+m A v A=(M+m A)v
解得：v=6m/s
对A、小车和B在碰撞后的滑动过程中，(M+m A)v+m B v B=(M+m A+m B)v共
1 2(M+m A)v2+
1
2
m B v B2?
1
2
(M+m A+m B)v
共
2=μm
B
gL2
解得：L2=1.225m
则前、后壁间距：L≥x+L1+L2=3.975m。
答：(1)A、B间的动摩擦因数为0.25。
(2)恒力F的大小为36N。
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为3.975m。
【解析】(1)分析A的受力情况，根据牛顿第二定律结合图乙得到动摩擦因数。
(2)研究小车的受力，根据牛顿第二定律和运动学公式求解加速度和恒力F。
(3)A与小车碰撞过程中，动量守恒，求出两者共速的速度，A、B和小车三者共速，根据动量守恒、能量守恒求解小车车厢前、后壁间距L。
此题考查了动量守恒定律和牛顿第二定律的综合问题，对于多物体的运动，解题的关键是针对具体过程和特定物体分析，再根据牛顿第二定律、动量守恒定律解答即可。
13.【答案】ACE
【解析】解：AB、A→B的过程中，温度不变，内能不变，气体体积增大，
对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可得，气体吸热，故A正确，
B错误；
C、在V?T图象中，若过坐标原点，表示气体做等压变化，如图所示，从B
到C的过程上的任意一点与?273℃连线，斜率越来越小，故压强越来越大，
故C正确；
D、从B到C气体的温度降低，内能减小，故D错误；
E、B→C的过程中，体积减小，气体的质量不变，所以单位体积内的分子数目增加，故E正确；
故选：ACE。
根据气体体积的变化判断气体对外界做功还是外界对气体做功，根据温度的变化判断气体内能的变化，结合热力学第一定律得出气体是吸热还是放热。
解决本题的关键知道理想气体的内能由温度决定，掌握热力学第一定律以及理想气体状态方程，并能灵活运用。
14.【答案】解：①设开始时气缸B内气体为V B，后来体积为V′B，
由题可知：V′B=1.5V B
对气缸B的气体，根据玻意耳定律可得：p0V B=p B V′B
解得：p B=2
3
p0；
②以A内气体为研究对象，根据玻意耳定律可得：
p0V A=p A×0.5V A
解得：p A=2p0；
设绳子拉力为F，加入细沙的质量为m，根据平衡条件可得：
对A活塞：F+p A S=p0S+mg
对B活塞：F+p B?2S=p0?2S
联立解得：m=5p0S
3g
。
答：①B气缸中气体的压强为2
3
p0；
②加入细沙的质量为5p0S
3g
。
【解析】①对气缸B的气体，根据玻意耳定律求解压强；
②以A内气体为研究对象，根据玻意耳定律求解压强，根据平衡条件求解加入细沙的质量。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。
15.【答案】ACE
【解析】解：A、所有色光都能反射，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束
I是复色光。而光束Ⅱ、Ⅲ是由于两种色光折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、
Ⅲ为单色光，故A正确；
B、由图知：光束进入玻璃砖时，光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，可知玻璃对光束Ⅱ
的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，当角α减小时，折射光线不会消失，则反射光线不会消失，当角α减小为某一值时，光束Ⅱ和光束Ⅲ都存在，故B错误；
C、一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行。改变α角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行。故C正确；
D、光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小，故D错误；
E、在真空中，光束Ⅱ的速度要等于光束Ⅲ的速度，都是c。由于玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，
根据v=c
n
分析可知：在玻璃中，光束Ⅱ的速度要小于光束Ⅲ的速度，故E正确。
故选：ACE。
由图可知，光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于两种色光折射率的不同，导致出现光线偏折分离。根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行。由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可
确定双缝干涉条纹间距的大小。在真空中，所有色光的速度相同，根据v=c
n
分析光在玻璃中速度的大小。
解决本题时要知道光线在两种介质分界面上都有反射，反射遵守光的反射定律。由于光线在玻璃中的折射率不同，可通过光的折射产生光的色散。
16.【答案】解：①根据振动图乙可知，波传播的周期T=0.2s，在t=1.1s时，M点在平衡位置且振动方向向上，根据题意可知，有两种可能：
第一种：当λ1=d=0.6m时，v1=λ1
T =0.6
0.2
m/s=3m/s；
第二种：当λ2=2d=1.2m时，v2=λ2
T?=1.2
0.2
m/s=6m/s；
②根据图乙可知，t=0时，M点的振动方向向下，绳上N点第五次到达波峰位置的时间：t=d
v +3
4
T+4T；
当v1=3m/s时，t1=d
v1+3
4
T+4T=1.15s，
当v2=6m/s时，t2=d
v2+3
4
T+4T=1.05s。
答：①波长为0.6m，波速为3m/s；或者波长为1.2m，波速为6m/s；
②当波速为3m/s时，绳上N点第五次运动到波峰位置的时间时1.15s；当波速为6m/s时，绳上N点第五次运动到波峰位置的时间时1.05s。
【解析】①根据图乙得到波传播的周期，分析波长的可能情况，求出波速；
②根据图乙可知，t=0时，M点的振动方向向下，得到绳上N点第五次到达波峰位置的时间与周期的关系进行解答。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是能够根据图象直接读出周期和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ，分情况进行讨论。