2022届安徽省滁州市定远县高三下学期高考冲刺模拟检测理综物理试卷（一）（解析版）

这是一份2022届安徽省滁州市定远县高三下学期高考冲刺模拟检测理综物理试卷（一）（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。


安徽省滁州市定远县2022届高三下学期理综物理高考冲刺模拟检测试卷（一）
一、单选题
1．如图为氢原子的能级结构图。一群处于n=3能级的氢原子（　　）

A．总共可辐射出2种不同频率的光
B．从n=3能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小
C．从n=3能级跃迁到n=1能级产生的光最容易表现出衍射现象
D．吸收能量为0.66eV的光子，可由n=3能级跃迁到n=4能级
2．如图所示，细绳一端与质量为m的小物块A相连，另一端悬挂在以小物块A为圆心，半径为绳长的一段圆弧形轨道上的O点（O点位于小物块A的正上方）。置于水平桌面上的小物块B用两端含光滑铰链的无弹性轻杆与小物块A连接，轻杆与细绳长度相同。现将细绳上端从O点沿圆弧形轨道缓慢地移到小物块B的正上方，此过程中小物块A始终不动，此时细绳与竖直方向成60°。已知小物块B的质量为2m，且始终静止在桌面上。细绳、杆、圆弧形轨道均在同一竖直平面内，小物块A、B均可视为质点。重力加速度为g，则（　　）

A．细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°的过程中，绳上拉力一直减小
B．细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°的过程中，杆的弹力一直增大
C．细绳竖直时，小物块B受到水平向右的静摩擦力
D．当细绳与竖直方向成60°时，桌面对小物块B的作用力的大小等于6mg
3．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所示，且IM=2IN（已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度B=kIr，其中k为常数），此时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为（　　）

A．大小为3B1，方向水平向右
B．大小为3B1，方向水平向左
C．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下
D．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上
4．2021年10月16日神舟十三号飞船成功与中国天宫空间站实现自动交会对接。翟志刚王亚平、叶光富3名航天员随后从神舟十三号载人飞船进入天和核心舱。已知天宫空间站在距离地面约400千米的圆轨道上飞行（同步卫星离地高度约3.6万千米，地球半径R=6400千米）。则下列说法中正确的是（　　）
A．“神舟十三号”飞船可在高轨道上加速，以实现对低轨道上的天和核心舱的对接
B．在轨运行时，天宫空间站的线速度大于第一宇宙速度
C．天宫空间站的运行速度约是地球同步卫星速度的6倍
D．在轨运行时，天宫空间站的角速度大于同步卫星的角速度
5．蹦极是一项刺激的户外活动。某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图，已知蹦极者质量为60 kg，最大速度为55 m/s，0~5.0 s内v-t图线为直线，5.0~7.0 s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10 m/s2。则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小为（　　）

A．2 100 N B．1 500 N C．840 N D．600 N
二、多选题
6．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（　　）

A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动
C．开关S断开 D．电容器C的上极板向上移动
7．如图，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2均正常发光，理想电流表的示数为I，已知L1、L2的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（　　）

A．图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零
B．线框转动的角速度为22PINBS
C．理想变压器原副线圈的匝数之比为2：1
D．若灯L1烧断，电流表示数将增大
8．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平而上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0，则在以后的运动过程中(　　)

A．通过ab棒的最大电流为BLI02mR
B．cd棒的最大加速度为B2L2I02m2R
C．最终两金属棒将静止在导轨上
D．整个过程中该系统产生的焦耳热为4I023m
9．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（　　）
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．当分子间的距离增大时，分子间的引力在减小，但斥力减小得更快，所以分子间作用力总表现为引力
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．布朗运动不是分子的运动，但它反映了分子运动的无规则性
E．外界对系统做功，系统内能一定增加
三、实验题
10．某同学设计了如图（a）所示的装置来研究机械能是否守恒。轻质细线的上端固定在O点，下端连接圆柱形的摆锤P，在摆锤摆动的路径上，固定了四个光电门A、B、C、D。实验时，分别测出四个光电门到悬点O的高度差h，从某一高度释放摆锤，利用光电门测出摆锤经过四个光电门的速度。

（1）利用光电门测量速度时，可以测量摆锤的直径作为　 　。若摆锤直径的测量值比实际值偏小，则摆锤动能的测量值比实际值　 　。
（2）该同学认为：测得摆锤的质量为m，可由公式Ep=-mgh计算出摆锤在A、B、C、D四个位置的重力势能。他这样计算重力势能的依据是　 　。
（3）另一同学在得到摆锤经过四个光电门的速度v和光电门距离悬点O的高度差h后，作出如图（b）所示的v2-h图线。若摆动过程中机械能守恒，则该直线的斜率为　 　。决定图线与纵轴交点位置的因素有　 　。
11．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻，他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示，已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，该同学顺利完成了这个实验．

（1）实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为　 　（填步骤的字母代号）
A ．合上开关S2；
B ．分别将R1和R2的阻值调至最大；
C ．记下R2的最终读数；
D ．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为r；
E ．合上开关S1；
F ．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，记下此时G1的示数I1．
（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）．
（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻Rx的表达式，Rx=　 　．
四、解答题
12．如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B1=1.5T，方向垂直平面向里的圆形磁场区域Ⅰ，圆形磁场区域Ⅰ与x轴相切于O点，半径R=0.2m。在第三象限某区域内存在着磁感应强度大小为B2=3T，方向垂直于平面向外的圆形匀强磁场区域Ⅱ（图中未画出），在第四象限内存在电场强度为E，方向平行于xOy平面且与y轴负方向成α角的匀强电场。现有质量为m=3.0×10-5kg，电荷量为q=-2.0×10-4C的电荷从M（-0.3m，＋0.3m）点以平行于x轴的速度v0=2m/s进入Ⅰ区域，随后穿过Ⅱ区域到达y轴上的P点，经第四象限电场偏转后恰好能回到O点。已知P点坐标为（0，-0.4m），∠α=60°。该电荷到达P点时速度方向与y轴垂直，重力忽略不计。求：

（1）该电荷在区域Ⅰ内运动的时间t；
（2）区域Ⅱ内圆形磁场的最小面积S；
（3）第四象限内匀强电场的电场强度E的大小。
13．游乐场是年轻人都爱去的娱乐场所，某设计单位为测试待建滑行轨道的性能，建立了如图所示的测试模型。模型左边是半径为4.5m的 14 圆弧轨道，轨道末端B水平，且与皮带等高。皮带保持 v0=1m/s 的速度逆时针转动，C点是皮带的最右端，C点右边是一放在光滑水平地面上的木板，木板与皮带等高，且长度为1m，质量为1.2kg。试验时，让质量为2kg的物块甲从A点由静止释放，测得甲到B点时对轨道的压力大小为56N，甲到达B点的同时，在皮带右侧C点轻轻放置质量为0.4kg的物块乙，甲、乙碰撞前瞬间甲的速度大小 v1=5m/s ，甲、乙碰撞后粘成一体继续沿皮带向右滑行，最后滑上木板。已知甲、乙及甲乙整体与皮带间的动摩擦因数均为 μ1=0.2 ，甲乙整体与木板间的动摩擦因数为 μ2=0.1 ，重力加速度 g=10m/s 。求：

（1）从A滑到B的过程中，甲克服摩擦力做的功 Wf ；
（2）皮带的长度l
（3）甲乙整体到达C点时的速度大小 vC ；
（4）判断甲乙整体能否和木板达到共速？若能，求出甲乙在木板上滑行的距离；若不能，为使甲乙和木板能共速，需要在木板右端粘接上至少多长的同种规格（相同高度、宽度和材料）的木板。
14．如图所示，竖直放置的汽缸，活塞横截面积为S=0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80 cm的气柱（U形管内的气体体积不计）。此时缸内气体温度为7℃，U形管内水银面高度差h1=5 cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，水银的密度ρ=13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。

（1）求活塞的质量m；
（2）若对汽缸缓慢加热的同时，在活塞上缓慢添加沙粒，可保持活塞的高度不变。当缸内气体温度升高到37 ℃时，求U形管内水银面的高度差为多少。
15．如图所示，AOB是某种透明材料做成的14圆柱体的横截面，圆心在O点，半径为R0一细束单色光从真空中垂直于OB面射人该圆柱体，当该光线从O点向下移动到C点时，光线从OA平面无限接近A点的位置射出，折射角γ=60° ，假设光线在柱体内只发生了一次反射。已知光在真空中的传播速度为c，求∶

（1）该透明材料对该单色光的折射率n；
（2）该单色光从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间t。
五、填空题
16．如图，x轴上x=0和x=14m处的O点和P点有两个振动情况完全一样的波源，两波源振动的振幅均为0.4m，波速大小均为v=10m/s。t=0时刻两波源的振动在O、P之间形成的波形如图中甲、乙所示，A、B、C、D、E、F、G、H是x轴上横坐标分别为3m、4m、5m、6m、7m、8m、9m、10m处的质点。由图可知两列波的周期为　 　s；在t=1s后的传播过程中，C、D、E、F四个质点中振动加强的质点有　 　，质点B振动的振幅为　 　m。


答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．根据 C32=3 可知，总共可辐射出3种不同频率的光，A不符合题意；
B．从n=3能级跃迁到n=1能级放出的能量最大，则产生的光频率最大，B不符合题意；
C．从n=3能级跃迁到n=1能级放出的能量最大，产生的光频率最大，波长最短，最不容易表现出衍射现象，C不符合题意；
D．由n=3能级跃迁到n=4能级需要的能量为 E=-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV ，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用排列组合可以判别辐射光的种数；利用能级跃迁的能量差可以判别辐射光的频率大小及波长大小，利用波长大小可以判别衍射现象的明显程度；利用能级跃迁的能量差可以判别可以吸收的能量大小。
2．【答案】B
【解析】【解答】AB．细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°角的过程中，轻杆对A的作用力T方向不变，小物块A的重力为恒力，细绳的拉力F大小方向在变化，如图

根据力的合成可知，当细绳与轻杆方向垂直时，绳上的拉力最小，有F=Gsin60°
故绳上的拉力先减小后增大，杆的弹力一直增大，A不符合题意，B符合题意；
C．以小物块A为研究对象，细绳竖直时，根据共点力的平衡条件，轻杆对A作用力大小为零；以B为研究对象，B不受摩擦力作用，C不符合题意；
D．当细绳与竖直方向成60°角时，以物块A为研究对象，A受到的三个力合力为零，构成一个等边三角形，故此时杆对小物块的作用力大小为T=mg
以B研究对象，受力如图

根据共点力的平衡条件，水平方向f=T'sin60°
竖直方向FN=2mg+T'cos60°=2.5mg
桌面对小物块B的作用力的大小为F桌=F2+f2=(2.5mg)2+f2=7mg
D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】对物块进行受力分析，根据力的合成得出绳子的拉力以及杆的弹力的变化情况；以物体B为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡以及力的合成得出桌面对小物块B的作用力。
3．【答案】A
【解析】【解答】设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度示意图如图实线所示

可得B1=B0
M导线移到P点时，如图中虚线所示，此时合磁感应强度大小为3B0，即3B1，方向水平向右，A符合题意。
故答案为：A。

【分析】根据通电导线周围磁感应强度的方向以及磁感应强度的合成得出 O点的磁感应强度 。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．飞船应加速，从低轨道做离心运动与高轨道核心舱对接，A不符合题意；
B．第一宇宙速度是最大的圆周环绕速度，B不符合题意；
C．万有引力提供天体圆周运动的向心力GMmr2=mv2r
得v=GMr
由题意可知，天宫空间站和同步卫星的轨道半径分别为6800千米和42400千米，大约为6倍关系。而v∝1r
C不符合题意；
D．根据公式GMmr2=mω2r
得ω=GMr3
可知，轨道越低，角速度越大，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】第一宇宙速度是卫星做匀速圆周运动的最大环绕速度，结合万有引力提供向心力从而得出线速度和角速度的表达式，并得出线速度和角速度的大小关系 。
5．【答案】A
【解析】【解答】 对整个运动过程，根据动量定理可得mgt1- F t2=0，其中t1=7.0 s，t2=2.0 s，解得 F =2 100 N.
故答案为：A。

【分析】利用整个运动过程的动量定理可以求出平均拉力的大小。
6．【答案】A,B,C
【解析】【解答】A．带电液滴在电场中受到电场力和重力，则要使带点液滴向上运动，电场力需要增大，热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，根据公式E=Ud
可得电容器两极板间的电势差增大，液滴将向上运动，A符合题意；
B．当变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，故电容器充电，电容器两端的电势差增大，液滴将向上运动，B符合题意；
C．开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端的电势差增大，则液滴将向上运动，C符合题意；
D．电容器C的上极板向上移动，d增大，U不变，根据公式E=Ud
则E变小，液滴将向下运动，D不符合题意。
故答案为：ABC。

【分析】对带电液体进行受力分析，根据运动情况以及闭合电路欧姆定律和匀强电场电场强度的表达式得出液滴的运动情况，结合滑动变阻器接入阻值的变化情况得出液滴运动的变化情况。
7．【答案】B,C
【解析】【解答】A．图示位置时，线框切割磁感线的速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，A不符合题意；
B．线圈输入电压为：U=2PI，
根据Um=NBSω，U=22Um联立解得：ω=22PINBS，
B符合题意；
C．变压器的输入电流为I、输出电流为2I，根据n1n2＝I2I1，原副线圈的匝数之比为2：1，C符合题意；
D．若L1灯烧断，输出功率减小，故输入功率也减小，由于输入电压不变，故电流表示数减小，D不符合题意；
故答案为：BC

【分析】根据磁通量的表达式得出穿过线框的变化率大小，通过电功率的表达式以及法拉第电磁感应定律以及最大值和有效值的关系得出线框转动的角速度；通过理想变压器原副线圈的匝数比和电流比的关系得出原副线圈的匝数比。
8．【答案】B,D
【解析】【解答】A、设两金属棒的初速度大小为v0，则v0=I0m=2I02m，两棒刚开始运动时都会切割磁感线，产生感应电流，此时回路中的电流最大，Im=2BLv02R=BLv0R=BLI0mR，cd棒受到的安培力最大Fm=BImL=B2L2I0mR，加速度最大am=Fm2m=B2L2I02m2R，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，取向右为正方向，设两棒最终共同的速度为v，则有2I0-I0=3mv，解得v=I03m，即最终两棒以共同速度I03m向右匀速运动，此时回路中的磁通量不变，回路中无感应电流，B符合题意，A、C不符合题意；
D、由能的转化与守恒定律知，该系统产生热Q=12×2mv02+12mv02-12×3mv2=4I023m，D符合题意．
故答案为：BD

【分析】根据冲量的表达式以及闭合电路欧姆定律得出回路中电流的最大值；通过安培力的表达式和牛顿第二定律得出加速度的最大值，结合动量守恒以及能量守恒得出运动过程中产生的热量。
9．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A.物体的内能与温度、体积及物质的量都有关，则温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，A符合题意；
B.当r>r0时，当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都在减小，但斥力减小得更快，所以分子间作用力总表现为引力，B不符合题意；
C.当分子力表现为斥力时，分子距离减小时，克服分子力做功，则分子势能增加，故分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，C符合题意；
D.布朗运动不是分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，D符合题意；
E.外界对系统做功，如果气体向外放热，则系统内能不一定增加，E不符合题意；
故答案为：ACD.

【分析】物体的内能与温度、体积及物质的量都有关，物体温度高，分子平均动能一定变大，分子力表现为斥力时，分子距离减小时，克服分子力做功，则分子势能增加.布朗运动反映了液体分子运动的无规则性。
10．【答案】（1）挡光片宽度；偏小
（2）选取经过O点的水平面为零势能面
（3）2g；摆锤释放的高度和初速度（或机械能的总量与质量的比值）
【解析】【解答】（1）利用光电门测量速度时，由 v=dt ，则可以测量摆锤的直径作为挡光片宽度。若摆锤直径的测量值比实际值偏小，则测得的摆锤的速度偏小，则摆锤动能的测量值比实际值偏小；（2）该同学认为：测得摆锤的质量为m，可由公式Ep=-mgh计算出摆锤在A、B、C、D四个位置的重力势能。他这样计算重力势能的依据是选取经过O点的水平面为零势能面；（3）选取经过O点的水平面为零势能面，设摆锤释放位置距离悬点O的高度为H，初速度为v0；则 12mv02-mgH=12mv2-mgh
则 v2=2gh+(v02-2gH)
则v2-h图线的斜率为k=2g
图线与纵轴交点坐标为 (v02-2gH) ，则决定图线与纵轴交点位置的因素有摆锤释放的高度H和初速度v0；（因 12(v02-2gH)=12mv02-mgHm
则决定图线与纵轴交点位置的因素有机械能的总量与质量的比值）.

【分析】（1）利用平均速度公式可以判别摆球直径为过光电门的位移；利用平均速度测量会导致测量值偏小；
（2）计算重力势能要选择最低点为0势能面；
（3）利用机械能守恒定律可以判别图像的斜率；利用机械能守恒定律可以判别截距的影响因素。
11．【答案】（1）BEFADC
（2）相等
（3）I1I-I1r
【解析】【解答】（1）．根据半偏法测电表内阻的步骤可得正确顺序为：BEFADC．
（2）．由原理可知，表头与电阻并联，则当电流达到半偏时，两并联电阻相等，即用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比相等；
（3）．扩大电流表的量程需要并联一个电阻，由上述实验步骤可知其满偏电流为I1，则有rI1=(I-I1)Rx
则Rx=I1I-I1r．

【分析】（1）根据半偏法测电表内阻的实验原理判断合理的顺序；
（2）根据并联电路的特点得出电流达到半偏时G2内阻的测量值与真实值的大小关系；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出分流电阻的表达式。
12．【答案】（1）解：设电荷在I区域中做圆周运动的轨道半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB1=mv2r1
解得r1=mv0qB1=0.2m
粒子的轨迹如图所示，由几何关系可知，电荷在I区域中运动的轨迹对应的圆心角为θ=2π3
T=2πr1ν0
t=θ2π⋅T
解得t=π15s
（2）解：由几何关系知，电荷进入第三象限时速度方向与y轴负方向成30°，电荷在II区域内轨迹圆圆心在进入第三象限和离开第三象限速度延长线和反向延长线所成角的角平分线上（如图所示），设电荷在II区域内的轨道半径为r2，则：

由qvB2=mv2r2
解得r2=mv0qB2=0.1m
电荷在II区域内的轨迹如图所示，最小的圆形磁场以为弦AB直径的圆，由几何关系知r'=3r22
S=πr'2
代入数据得磁场区域最小面积S=7.5π×10-3m2
（3）解：设电场强度方向与y轴负方向成a，电荷恰好经过O点，将位移OP和速度分解到垂直于E的方向和平行于E的方向上，如图所示。
在垂直于E的方向上OPsinα=v0cosα⋅t
在平行于E的方向上OPcosα=-ν0sinα⋅t+12at2
由牛顿第二定律qE=ma
联立解得E=2V/m
【解析】【分析】（1） 电荷在I区域中 根据洛伦兹力提供向心力从而得出轨道半径的大小，利用几何关系以及运动周期地表达式得出电荷在区域Ⅰ内运动的时间：
（2）在区域Ⅱ内 利用洛伦兹力提供向心力以及几何关系得出区域Ⅱ内圆形磁场的最小面积S；
（3）粒子在第四象限内 根据速度的分解以及匀变速直线运动的规律办得出匀强电场的电场强度。
13．【答案】（1）解：对甲物块在B点，根据牛顿第二定律 FN-mg=mvB2R
解得 vB=9m/s
甲物块由A到B过程由动能定理得 mgh-Wf=12mvB2
解得 Wf=9J
（2）解：甲和乙以及甲乙整体在传送带上的加速度大小为 a=μ1g=2m/s2
则甲从B点到甲乙碰撞瞬间的时间为 t=v1-vB-a=2s
此过程中，甲向右运动的距离为 x甲=v12-vB2-2a=14m
乙物块加速到与传送带共速的时间 t1=v0a=0.5s<2s
则乙沿传送带向左运动的距离为 x乙=v2t1+v(t-t1)=1.75m
则传送带的长度为 l=x甲+x乙=15.75m
（3）解：以向右为正方向，甲、乙碰撞过程由动量守恒定律得 m甲v甲+m乙v乙=(m甲+m乙)v共
解得 v共=4m/s
甲乙碰撞后向右匀减速到C点，根据 vC2-v共2=-2ax乙
解得 vC=3m/s
（4）解：甲乙以3m/s的速度上到木板上，假设甲乙到木板能达共速，则系统动量守恒，即 (m甲+m乙)vC=(m甲+m乙+M)v'2
系统动能定理 μ2(m甲+m乙)gs=12(m甲+m乙)vC2-12(m甲+m乙+M)v'2
解得 s=1.5m>1m
所以甲乙和木板不能共速，为使甲乙和木板能共速，假设需在木板右端接上长为d的木板，则木板质量为 M'=L+dLM
当甲乙和木板刚好能共速时，系统动量守恒 (m甲+m)vC=(m甲+m乙+M')v''
能量守恒 μ2(m甲+m乙)g(L+d)=12(m甲+m乙)vC2-12(m甲+m乙+M')v''2
代入数据得 d=1.5m
【解析】【分析】（1）甲物块在B点时，利用牛顿第二定律可以求出经过B点速度的大小，结合从A到B的动能定理可以求出克服摩擦力做功的大小；
（2）甲乙在传送带上运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；利用其速度公式可以求出甲从B点到碰撞时所花的时间，结合其速度位移公式可以求出甲向右运动的距离，结合乙加速运动的速度公式可以求出加速的时间，再利用其位移公式可以求出乙运动的距离，结合两者运动的距离可以求出皮带的长度；
（3）当甲乙发生碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出整体到达C点速度的大小；
（4）当其甲乙运动到木板上时，利用系统动量守恒定律及能量守恒定律可以求出其木板的长度进而判别其不能与木板共速；结合其动量守恒定律及能量守恒定律可以求出接上的木板长度。
14．【答案】（1）解：对活塞有p0S+mg=p1S
由题意，可知p1=p0+ρgh1
解得m=ρh1S
代入数值得m=6.8 kg
（2）解：活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化，当缸内气体温度升高到37℃时，设U管内水银面的高度差h2T1=280K，T2=310K
p1=p0+mgS，p2=p0+ρgh2
由p1T1=p2T2
代入数据解得h2=13.4cm
【解析】【分析】（1）对活塞进行受力分析，利用共点力平衡得出活塞的质量：
（2）活塞位置不变，汽缸内气体做等容变化 ，当汽缸内的温度升高时根据气体实验定律得出U形管内水银面的高度差 。
15．【答案】（1）解：由题意该单色光在半圆柱体中传播的光路图如图所示

由几何知识∠1=∠2=∠3
∠1+∠2+∠3=180∘
得∠1=∠2=∠3=60∘
所以入射角i=90∘-∠3=30∘
根据光的折射定律n=sinγsini=3
（2）解：由几何关系可知，该单色光恰好从OA面上无限靠近A处射出半圆柱体中传播的路程s=1.5R
设该单色光在半圆柱体中的传播速度大小为v，有t=sv
v=cn
解得t=33R2c
【解析】【分析】（1）根据光在半圆柱体中的光路图，根据几何关系得出入射角的大小，利用折射定律得出该半圆主体的折射率；
（2）根据几何关系以及光在介质中的直线传播以及光在真空中的传播速度表达式得出单色光从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间t。
16．【答案】0.4；C、E；0
【解析】【解答】由题图可知，波长为4m，波速为10m/s，则周期为T=λv=410s=0.4s
经过t=1s，波沿传播方向前进x=vt=10×1m=10m
则在t=1s后，图中C、D、E、F四个质点都处于左右两列波的叠加状态。由于C点到两波源的距离差为4m，等于一个波长，所以两列波在C点振动步调一致，为振动加强点，同理，E点到两波源的距离差为零，为振动加强点；
B点到两波源的距离差等于6m，为半波长奇数倍，两波在B点振动步调完全相反，两波振幅相等，则叠加后B的振幅为0。

【分析】根据该波的波长以及周期的关系得出该波