2019-2020学年怀化市名校新高考高二物理下学期期末联考试题

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共8小题
1．如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上．现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动．则
A．斜面对物块的支持力一定变小
B．斜面对物块的支持力一定变大
C．斜面对物块的静摩擦力一定变小
D．斜面对物块的静摩擦力一定变大
2．一半径为R的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如下图所示. 图中O为圆心，MN为竖直方向的直径.有一束细光线自O点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖内射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与O点的距离为d时，从玻璃砖射出的光线刚好消失.则此玻璃的折射率为（）
A．
22
R d
-B．
22
R d
-
C．
R
d
D．
d
R
3．下列关于电磁波和机械波的说法中，正确的是
A．机械波和电磁波均有横波和纵波
B．机械波和电磁波均可发生干涉、衍射
C．机械波只能在介质中传播，电磁波只能在真空中传播
D．波源的振动或电磁振荡停止，空间中的波均即刻完全消失
4．2018年12月8日凌晨2点24分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心起飞，把嫦娥四号探测器送入地月转移轨道，“嫦娥四号”经过地月转移轨道的P点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道I，再经过系列调控使之进人准备落月”的椭圆轨道Ⅱ，于2019年1月3日上午10点26分，最终实现人类首次月球背面软着陆．若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列关于“嫦娥四号的说法正确的是
A．“嫦娥四号”的发射速度必须大于11.2km/s
B．沿轨道I运行的速度大于月球的第一宇宙速度
C．沿轨道I运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度
D．经过地月转移轨道的P点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道I
5．下列行为符合安全用电常识的是( )
A．在高压线旁放风筝
B．家里保险丝熔断时用铜导线代替
C．发生火灾时，不带电泼水救火
D．发现有人触电，立即用手将触电人拉开
6．关于做简谐运动的物体，下列说法正确的是
A．在平衡位置所受的合外力一定为零
B．在平衡位置时势能一定为零
C．做简谐运动的振子每次经过同一位置时，一定具有相同的速度
D．做简谐运动的振子每次经过同一位置时，一定具有相同的动能
7．某同学以校门口为原点，向东方向为正方向建立坐标，记录了甲、乙两位同学的位移—时间(x-t)图线，如图所示，下列说法中正确的是()
A．在t1时刻，甲的瞬时速度为零，乙的速度不为零
B．在t2时刻，甲、乙速度可能相同
C．在t2时刻，甲、乙两同学相遇
D．在t3时刻，乙的速度为零，加速度不为零
8．在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示（甲、乙交于U c2）。

则可判断出（）
A．甲的光照强度小于乙的光照强度
B．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率
C．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
D．若乙光能使某金属板发生光电效应，则丙光一定也可以
二、多项选择题：本题共4小题
9．氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm。

以下判断正确的是（）
A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B．用波长为325 nm的光照射可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C．大量处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长为633 nm的光照射不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
10．处于第2激发态的大量氢原子向低能级跃迁辐射多种频率的光子，已知普朗克常量为h，氢原子能级公式为E=，不同轨道半径为r n=n2r1，E1为基态能量，r1为第Ⅰ轨道半径，n=1，2，3…．则下列说法中正
确的是（）
A．共产生3种频率的光子
B．产生光子最大波长为λm=
C．处于第2激发态和处于基态电子做圆周运动速度之比为1：2
D．电子由第2激发态跃迁到基态时，电势能减小，动能增加，总能量减小
11．甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动，v t 图象如图所示，3s末两质点相遇，由图象可知（）
A．甲的加速度等于乙的加速度
B．甲比乙晚出发1s
C．出发前甲在乙之前6m处
D．相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m
12．质量为M的带有1
4
光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速
度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，若M=2m，则
A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为
2
0 2
9 Mv
D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
2 0 4 v g
三、实验题:共2小题
13．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到
2
2
4l
g
T
π
=只要测出多组
单摆的摆长l和运动周期T，作出T2﹣l图像，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2﹣l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：
（1）造成图像不过坐标点的原因可能是_____．
（2）由图像求出的重力加速度g=_____m/s2（取π2=9.87）
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是_____
A．测摆线时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验时误将49次全振动数为50次
14．某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。

先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。

（1）本实验必须测量的物理量有______________________；
A ．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B ．小球a 、b 的质量m a 、m b
C ．小球a 、b 的半径r
D ．小球a 、b 离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E ．记录纸上O 点到各落地区域中心点A 、B 、C 的距离OA 、OB 、OC
F ．a 球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（2）根据实验要求，m a __________m b （填“大于”、“小于”或“等于”）；
（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？______（填“是”或“否”）；如果不是同时落地，对实验结果有没有影响？______（填“有”或“无”）（不必作分析）；
（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_______________________________。

（用“（1）”中所给的有关字母表示）
四、解答题：本题共4题
15．有一群氢原子处于量子数n=3的激发态．已知量子数为n 的能级为1n 2
E E n ，氢原子基态的电子轨道半径为r ，静电力常量为k ，电子的电荷量为e ，普朗克常量为h ，真空中的光速为c ．
（1）求这群原子发出光谱线的条数，并画出原子跃迁能级示意图；
（2）求这群原子跃迁发出的光子中，频率最大的光子波长；
（3）假设电子在基态轨道上做匀速圆周运动，求电子的动能．
16．一质量为M=4kg 的长木板在粗糙水平地面上向右运动，在t=0时刻，木板速度为v o =6m/s,此时将一质量为m=2kg 的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，二者在0~1s 内运动的v-t 图象如图所示。

己知重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)小物块与木板的动摩擦因数μ1,以及木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(2)若小物块不从长木板上掉下,则小物块最终停在距木板右端多远处?
(3)若在t=1s时,使小物块的速度突然反向(大小不变),小物块恰好停在木板的左端,求木板的长度L。

17．相距L＝1.2m的足够长金属导轨竖直放置，质量m1＝1kg的金属棒ab和质量m2＝0.54kg的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止开始（t=0）沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．
（1）请说出在两棒的运动过程中ab棒中的电流方向和cd棒所受的磁场力方向；
（2）求ab棒加速度的大小和磁感应强度B的大小；
（3）试问cd棒从运动开始起经过多长时间它的速度达到最大？（取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力）18．如图所示，AOBC为某种透明介质的截面图，△AOC为直角三角形，∠A＝30°，BC是以O为圆心、半径R＝10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点。

由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角30°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑，已知该介质对红光和柴光的折射率分别为2、2。

求屏幕MN上两个亮班间的距离(不考虑光的多次反射)
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题
1．B
【解析】
试题分析：图1为物体开始时的受力分析图，图2为加上外力F后的受力分析（由于摩擦力方向未知，故未画出）
由受力分析图正交分解可以看出在垂直斜面的方向上多出了F的分量，所以斜面对物块的支持力一定变大，但是不能确定力F在沿斜面方向的分量与重力G在斜面上分量之间的大小关系，所以斜面对物块的静摩擦力的大小不确定，方向也不确定，故选项B正确．
考点：物体的平衡.
2．C
【解析】
【详解】
根据题意可知，当入射光线与O点的距离为d时，从玻璃砖射出的光线刚好消失，光线恰好在MN圆弧面上发生了全反射，作出光路图，如图
根据几何知识得：
d
=
sinC
R
1
sinC
=,
n
联立得：
R n
d =
A.
R
n
d
=不相符，故A错误；
B.
R 与上述计算结果
R
n
d
=不相符，故B错误；
C. R
d
与上述计算结果
R
n
d
=相符，故C正确；
D. d
R
与上述计算结果
R
n
d
=不相符，故D错误。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．机械波有横波和纵波,电磁波只有横波，故A错误.
B．干涉、衍射是一切波具有的特性，所以机械波和电磁波均可发生干涉、衍射，故B正确；
C．机械波是机械振动在介质中传播过程，必须依赖于介质,没有介质不能形成机械波；电磁波传播的是电磁场，而电磁场本身就是一种物体，不需要借助其他物质来传播，所以电磁波可以在真空中传播，也可以在介质中传播，故C错；
D．当波源的振动或电磁振荡停止，只是不能发出新的波，但已经发出的波不会停下来，故D错；
故选B．
4．D
【解析】
【分析】
根据嫦娥四号”经过地月转移轨道的P点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道I，再经过系列调控使之进人准备落月”的椭圆轨道Ⅱ可知，本题考查卫星变轨问题，根据万有引力定律和圆周运动知识进行列方程求解．
【详解】
A项：嫦娥四号仍在地月系里，也就是说嫦娥四号没有脱离地球的束缚，故其发射速度需小于第二宇宙速度而大于第一宇宙速度，故A错误；
B项：由公式v=I的半径大于月球的半径，所以沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故B错误；
C项：卫星经过P点时的加速度由万有引力产生，不管在哪一轨道只要经过同一个P点时，万有引力在P 点产生的加速度相同，故C错误；
D项：地月转移轨道进入环月圆形轨道I时做近心运动，所以经过地月转移轨道的P点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道I，故D正确．
故选D．
【点睛】
理解宇宙速度的物理意义和卫星变轨原理是解决本题的关键，应用“越远越慢”这一规律可以方便解决此类问题．
5．C
【解析】
高压线的电压很高，在在其旁边放风筝，风筝容易挂到高压线上，很有可能会发生导电，使得放风筝的人触电，在电压极高的情况下空气都能导电，何况是实物的风筝线，这是相当危险的．故A错误；组成保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用；铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，故B错误；电引起的火灾不要用水泼．因为水是导体，容易发生触电事故，首先要切断电源，再救火，故C正确；一旦有人触电，千万不能用手将触电人拉开，这是非常危险的，应立即切断电源或用绝缘棒将导线挑开，使接触者尽快脱离电源，故D错误．所以C正确，ABD错误．
6．D
【解析】
【详解】
回复力也不一定就是合外力。

举例：在单摆中，单摆的回复力是重力沿轨迹切线方向的分力，并非是重力与绳子拉力的合力。

故A错误；在平衡位置时势能不一定为零，举例：在单摆中，在平衡位置时势能不一定为零，还与势能零点选取有关，故B错误；做简谐运动的物体，物体每次通过同一位置时其速度大小相等，方向不一定相同，故速度不一定相同，但动能相同，故C错误，D正确；故选D。

7．C
【解析】
试题分析：x-t图象的斜率表示速度，故在t1时刻，乙的瞬时速度为零，甲的速度不为零，故A错误；x-t 图象的斜率表示速度，在t2时刻，甲、乙位置坐标相同，但速度不同（方向不同），故B错误；在t2时刻，甲、乙位置坐标相同，是相遇，故C正确；x-t图象的斜率表示速度，在t3时刻，乙的位置坐标为零，但速度不为零，故D错误；故选C．
考点：x-t图象
【名师点睛】本题关键明确x-t图象的物理意义，x-t图象反映了各个时刻物体的位移情况，斜率表示速度，匀速直线运动的x-t图象是直线．
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
B.由截止频率公式
0c W h
ν= 可知截止频率只和逸出功有关，而逸出功只和金属本身有关，用同一光电管说明逸出功相同，截止频率相同。

故B 错误；
C ．光电流为零时光电管两端加的电压为截止电压，根据
k 0c eU E h W ν==-
可知截止电压越大，对应的入射光的频率越高，光电子最大初动能越大。

由图可知丙光对应的截止电压最大，丙光的频率最高，故甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能。

故C 错误；
A.在入射光频率相同的情况下，光强越大，饱和电流越大。

甲光和乙光对应的截止电压相等，所以光的频率相等。

由图可知甲的饱和电流大于乙的饱和电流，所以甲光的光强大于乙光的光强。

故A 错误； D ．若乙光能使某金属板发生光电效应，说明乙光的频率大于截止频率，因为丙光的频率大于乙光的频率，则丙光的频率一定大于截止频率，故丙光一定可以某金属板发生光电效应。

故D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题
9．CD
【解析】
试题分析：从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm ，即有：
，而当从n=2跃迁到n=3的能级时，辐射能量更多，则频率
更高，则波长小于656nm ．故A 错误．当从n=2跃迁到n=3的能级，释放的能量：=[-3．4-（-33．6）]×3．6×30-39，则解得，释放光的波长是λ=322nm ，则用波长为322nm 的光照射，才可使氢原子从n=3跃迁到n=2的能级．故B 错误．根据数学组合，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故C 正确；同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm 的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故D 正确．
故选CD ．
考点：波尔理论
10．AD
【解析】
【分析】
基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差时，才能被吸收，根据该关系，确定出吸收光子后跃迁的第几能级，根据数学组合公式求出激发后发射光子的种类，依据库仑引力提供向心力，再结合半径之比，即可判定圆周运动速度之比。

【详解】
A 、大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频率的光子，能产生3种不同频率的光子，故A 正确；
B 、产生的光子的最小频率为 ，则最大波长为，故B 错误；
C 、依据库仑引力提供向心力，即为，及r n =n 2r 1，则有第2激发态，即n=3和处于基态，即n=1，电子做圆周运动速度之比为1：3，故C 错误；
D 、当氢原子从能级n=3跃迁到n=1时，速率增大，动能增加，电势能减小，而总能量，因向外辐射光子，而减小，故D 正确。

故选：AD 。

【点睛】
解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即E m ﹣E n =hv ，同时掌握牛顿第二定律的内容，及库仑定律，与向心力表达式。

11．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A. 由图看出，甲图线的斜率小于乙图线的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度．故A 错误．
B. 由图知，甲比乙晚出发1s ，故B 正确．
C. 3s 末两质点途中相遇时，甲通过的位移为
1323m 2x ⨯== 乙的位移为 2639m 2x ⨯=
= 则出发前甲在乙前方6m 处．故C 正确．
D. 乙的加速度为
262m/s 3
v a t ∆===∆ 0-1s 内乙的位移为
2211211m 22
x at ==⨯⨯= 甲出发时，乙的速度大于甲的速度，两者距离减小，所以相遇前甲、乙两质点的最远距离为6m ．故D 正确．
12．AC
【解析】
小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒．选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0=mv 1+Mv 2，由机械能守恒定律得：
12mv 02=12mv 12+12Mv 22，由题意可知：M=2m ，解得：v 1=-13
v 0，v 2=23v 0，所以小球以后将向左做平抛运动，故A 正确，B 错误．对小车，运用动能定理得：小球对小车做的功 W=12Mv 22-0=2029
Mv ，故C 正确．当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v ．规定向右为正方向，运用动量守恒定律得：mv 0=（m+M ）v ，根据能量守恒定律得，有：
12mv 02-12
（m+M ）v 2=mgh ，已知：M=2m ，解得：h=20 3v g ，故D 错误；故选AC ． 点睛：本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，要知道当小球与小车的速度相等时，小球上升到最大高度．明确系统遵守水平动量守恒和机械能守恒这两大规律．
三、实验题:共2小题
13．测摆长时漏掉了摆球的半径 9.87 B
【解析】
【分析】
图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；根据单摆的周期公式得出224l T g
π=关系图线，结合图线的斜率求出重力加速度的大小；结合摆长和周期的测量误差判断重力加速度的测量误差．
【详解】
第一空．图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm 就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm ，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；
第二空．由单摆周期公式：2T =， 可得：22
4l T g π=，则T 2﹣L 图像的斜率：24k g π=， 由图像得：k=40.01+0.99=2
4g
π，解得：g=9.87m/s 2； 第三空．A ．测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A 错误；
B ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B 正确；
C ．开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C 错误；
D ．实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D 错误．
【点睛】
本题主要考查了利用单摆测定重力加速度的实验，属于一般题型．
14．BE 大于 否 无
【解析】
【分析】
根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；为防止碰撞过程入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰球的质量；根据图示装置与小球的运动情况，结合动量守恒定律即可分析答题。

【详解】
第一空第五空．小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则
，两边同时乘以时间t 得：。

因此实验需要测量有：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故BE 正确；
第二空．为防止碰撞过程入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰球的质量，即：； 第三空第四空．由图所示装置可知，碰撞后b 球在前，a 球在后，碰撞后两球都平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，由于b 先抛出，则b 球先落地。

由于两球离开轨道后都做平抛运动，运动时间相等，它们的水平位移与初速度成正比，球落地先后对实验没有影响。

【点睛】
本题主要考查了验证动量守恒定律的实验，包括对实验器材和实验原理的分析，较为简单。

四、解答题：本题共4题
15． (1) 3条
(2) 198hc E λ=- (3) 22=k ke E r
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据2
3C =3，这群原子发出光谱线的条数为3条，如图所示：
(2) 与频率最大的一条光谱线对应的能级差为E 3-E 1
31hc
E E λ=-，E 3=19
E 代入解得：1
98hc E λ=- (3) 设电子的质量为m ，在基态轨道上的速度为υ1，根据牛顿第二定律和库仑定律有
211
m F r υ=向 2
21
ke F r 库= 2112
k E m υ= 联立解得：2
2=k ke E r
点睛：频率最大的对应原子从3能级跃迁到1能级，能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，由此确定辐射的最长波长．根据高能级跃迁到低能级画图，由能级公式计算各能级的能级值；根据库仑引力提供向心力求出电子在基态轨道上运动的速率，再求出动能．
16．（1）μ1=0.1，μ2=0.3；（2）2.625m ；（3）3.6m ；
【解析】
【分析】
（1）由v-t 图象得到小物块的加速度，根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；再对长木板受力分析，根据v-t 图象得到加速度，根据牛顿第二定律列式求解木板与地面间的动摩擦因数μ2。

（2）根据v-t 图象得到1s 内滑块与木板的位移大小，得到相对位移大小；1s 后都是减速，但滑块相对木板再次右移，根据运动学公式列式分析；
（3）先小物块的速度突然反向，先对木板和滑块分别受力分析，根据牛顿第二定律得到加速度，再结合运动学公式求解相对位移。

【详解】
（1）小物块的加速度：2111/1
v a m s t =
=＝， 长木板的加速度：22165/1v a m s t -=-＝＝，
对小物块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：μ1mg=ma 1，
木板水平方向受滑块向后的摩擦力和地面向后的摩擦，根据牛顿第二定律，
有：-μ1mg-μ2（M+m ）g=Ma 2，
解得：μ1=0.1，μ2=0.3；
（2）v-t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，1s 内相对位移大小：△x 1=12
×6×1＝3m ； m 受摩擦力：f 1=μ1mg=2N ，M 受地面的滑动摩擦力：f 2=μ2(M+m)g=18N ，1s 后M 与m 均是减速，但M 加速度小于m 的加速度，分别为：
a 1′＝
1 f m
＝1m/s 2， a 2′＝21 f f M -＝4m/s 2， 1s 后M 的位移：x M ＝22
'21 0.125224
v m m a =⨯＝， 1s 后m 的位移：x m ＝22
'11 0.5221
v m m a =⨯＝， 1s 后m 相对于M 的位移：△x′=x m -x M =0.375m ；
故小物块最终停在距木板右端：△x 1-△x′=3-0.375=2.625m ；
（3）若在t=1s 时。

使小物块的速度突然反向，则m 受向后的摩擦力，一直到速度减小为零；M 受向左的两个摩擦力，一直到速度减为零；
m 的加速度：''
2111 1/f a a m s m
='＝＝， M 的加速度：''2122 5/f f a m s M +=＝ 对m ，位移：22
1''110.5221
v x m a ⨯＝＝＝ 对M ，位移：22
2''210.1225
v x m a ⨯＝＝＝ 故2s 后的相对位移大小：△x″=x 1+x 2=0.6m ，
故木板的长度L=△x″+△x 1=0.6m+3m=3.6m ；
【点睛】
本题是滑板问题，物体多、过程多、规律多，要分研究对象、分阶段受力分析，根据牛顿第二定律列式，根据位移公式多次列式求解，难度较大。

17． (1) ab 棒中的电流方向向右（a→b ），cd 棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里． (2) 21/m s ， B ＝1.5T (3) 4s
【解析】
（1） 根据右手定则可知，ab 棒中的电流方向向右（a→b ）；根据左手定则可知，cd 棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里．
（2）ab 棒的受力图，如右图所示，运用牛顿第二定律，有
11A F F m g m a --=
对于ab 棒所受的磁场力，有
22A B L v F BIL R
== 对于ab 棒的运动，有v=at ，所以
22
11B L F m a m g at R
=++ 在图线上取一点（0，11），有11=a+1×10，解得
a=1m/s 2
在图线上另取一点（2，14.6），有
22
1.214.611110121.8
B ⨯=⨯+⨯+⨯⨯ 解得
B ＝1.5T
（3）从cd 棒的d 端截面看过去，cd 棒的受力图如右图所示，cd 棒速度达到最大时其合力为零，所以有
m 2g=f
N=F A
又因为
f=μN
22A R
B L v F =
222B L v
m g R μ=
对于ab 棒的运动，有
v=at M
推得
222220.5410 1.840.75 1.5 1.21
M m gR t s s B L a μ⨯⨯===⨯⨯⨯ 点睛：解决本题时要仔细耐心分析金属棒的受力情况，推导出安培力与速度的关系式，结合图象的数学意义以及牛顿第二定律来研究．
18．10(3+
【解析】
【详解】
设红光和紫光的临界角分别为C 1、C 2，则
111sin 45C C n ︒=
==红 2211sin ,302
C C n 紫︒=== 所以i=30°=C 2＜C 1，所以紫光在AB 面发生全反射，而红光在AB 面发生折射，设折射角为r 。

对红光的折射，由折射定律得sin sin r n i
=红，解得 r=45° 如图所示，红光经过折射后射到屏幕MN 上E 点，紫光经过反射后垂直AC 面射出，射到屏幕MN 上F 点。

由几何知识可得：屏幕MN 上两个亮斑间的距离tan 30
AO EF EA AF AO ︒=+=+
而tan 60AO R ︒=
解得：10(3EF =+。