2020年重庆市七校联考高考物理三诊试卷 (含答案解析)

2020年重庆市七校联考高考物理三诊试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.下列关于原子物理知识的叙述错误的是
A. β衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子
B. 比结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定
C. 两个轻核结合成一个中等质量的核，存在质量亏损
D. 核反应释放的核能，是原子在不同能级间跃迁时释放的能量
2.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。

为了
兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该系统已布置了10余颗倾
斜地球同步轨道卫星(IGSO)，其轨道是与赤道平面呈一定夹角
的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转周期相同。

关于倾
斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是()
A. 该卫星不可能经过北京上空
B. 该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同
C. 与赤道平面夹角为30∘的倾斜地球同步轨道只有唯一一条
D. 该卫星运行的速度大于第一宇宙速度
3.关于公式x=v2−v02
2a
，下列说法正确的是()
A. 此公式只适用于匀加速直线运动
B. 此公式适用于匀减速直线运动
C. 此公式只适用于位移为正的情况
D. 此公式不可能出现a、x同时为负值的情况
4.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小
球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被
剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为()
A. 都等于g
2B. 0和(m1+m2)g
2m2
C. (m1+m2)g
2m2
和0 D. 0和g
2
5.绝缘细线吊着一质量为m的矩形线圈，线圈有一部分处在图1所示的以虚线框为边界的水平匀
强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化如图2所示，若线圈始终保持静止，那么，细线的拉力F随时间t变化的图象可能是()
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，直杆与水平面成30°角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端。

现将一质量
为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点B后返回，脱离弹簧后恰能到达AB的中点。

设重力加速度为g，AB=L，则该过程中
A. 滑块和弹簧刚接触时的速度最大
B. 滑块克服摩擦做功为mgL/4
C. 滑块加速度为零的位置只有一处
D. 弹簧最大弹性势能为mgL/3
7.图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，轻杆长度为R.可绕水平
光滑转轴O在竖直平面内转动。

将轻杆从与水平方向成30°角的位
置由静止释放。

若小球在运动过程中受到的空阻力大小不变。

当
mg.下列说法
小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为24
7
正确的是()
A. 小球运动到p点时的速度大小为√24gR
7
B. 小球受到的空气阻力大小为3mg
7π
C. 小球能运动到与O点等高的Q点
D. 小球不能运动到与O点等高的Q点
8.如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。

纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子(不计重力)
以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连
线与速度v0的方向成30°角。

以下说法正确的是()
A. 粒子可能带负电
B. 粒子一定带正电，电荷量为mv0
dB
C. 粒子从M点运动到N点的时间可能是πd
3v0
D. 粒子从M点运动到N点的时间可能是13πd
3v0
9.下列说法正确的是()
A. 悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动就越明显
B. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数
C. 在使两个分子间的距离由很远(r>10−9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减
小后增大
D. 在温度不变的条件下，增大饱和汽的体积，就可减小饱和汽的压强
E. 液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
F. 通过科技创新，我们能够研制出内能全部转化为机械能的热机
10.如图所示，图甲是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.05s时刻的波形图，图乙为质点P的振动
图象，则下列说法中正确的是()
A. 该简谐横波的波速为20m/s
B. 该简谐横波沿x轴负方向传播
C. t=0.25s时质点Q的加速度大于质点P的加速度
D. t=0.1s时质点Q的运动方向沿y轴正方向
三、实验题（本大题共3小题，共35.0分）
11.为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，
板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次．得到表格中5组数据．
(1)若测得两光电门之间距离为d=0.5m，运动时间t=0.5s，则a=________m/s2；
(2)依据表中数据在坐标纸上画出a−F图象．
(3)由图象可得滑块质量m=________kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=________(g取
10m/s2)
12.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的的实验器材。

(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻，则图a图b图c①请用笔画线代替导
线在图b中完成电路的连接；②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U−I图线如图c 所示，可得电源的电动势E=________V，内电阻r=________Ω(结果保留两位有效数字)。

(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流
表的读数I，画出U−I图线如图e所示，可得电源的电动势E=________V，内电阻r=________Ω(结果保留两位有效数字)。

13.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，x轴水平，以O为圆心、半径为R的圆形区域
内(圆形区域交x轴于M、N两点)，一、二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，三、四象限存在场强大小相等、方向竖直向上的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场。

在M点正上方的A 点处有一可视为质点、质量为m、带电荷量为q的小球，以一沿x轴正方向的水平速度射出，小球从B点(图中未画出)进入圆形区域后先做直线运动，后经过原点O从第二象限进入第四象限做匀速圆周运动，最终从N点射出第四象限。

已知重力加速度为g，不计阻力的影响，求：
(1)小球初速度的大小；
(2)磁感应强度的大小。

四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
14.如图所示，倾角θ=37°的足够长光滑斜面上有一质量M=4kg的木板A，
在A的上端有一质量m=2kg的物块B(可视作质点)，物块B与木板A
间的动摩擦因数μ=0.5，斜面底端有一挡板P，木板或者物块与挡板P
m，碰撞后都会等速率反弹。

现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s=1
3取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
(1)木板A第1次碰挡板P时的速度多大？
(2)木板碰挡板后多长时间速度减为零？此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量是多少？
(设物块B未滑离木板)
(3)若将木板换成质量不计、长L=2m的轻质板，其他条件不变，则碰挡板后物块B返回到达
的最大高度？
15.一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活寨可无摩擦地滑动。

开始时用销
钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10−4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10−4m3，温度为−17℃，压强为2.0×104Pa。

现将A中气体的温度降至−17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。

16.如图所示，为一个均匀透明介质球，球心位于O点，半径为R.一束单色光
从真空中沿DC方向平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与AB的
.若该光束射入球体经一次反射后由E点再次折射回真空中，
距离H=√3R
2
此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为c，求：
(i)介质球的折射率n；
(ii)光束从C点射入到从E点射出所经历的总时间t．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，半衰期适用大量的原子核，不是针对个别的。

本题是原子物理部分的内容，β衰变的实质、裂变与聚变、比结合能、半衰期适用条件等等都是考试的热点，要加强记忆，牢固掌握。

A.β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的。

故A正确；
B.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B正确；
C.两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C正确；
D.核反应释放的核能是原子核内部结构发生改变时释放出的能量，故D错误。

本题选择错误的，
故选D。

2.答案：B
解析：解：A、根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有可能在运动过程中经过北京上空，所以A错误；
B、根据万有引力提供向心力，GMm
(R+ℎ)=m4π2
T
(R+ℎ)，倾斜地球同步轨道卫星和同步轨道卫星的周
期相等，均等于地球自转周期，故两种卫星离地面的高度相同，故B正确；
C、由题意可知，与赤道平面夹角为30°的倾斜地球同步轨道不止一条，故C错误；
D、第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大运行速度，该卫星运行的速度一定小于第一宇宙速度，故D错误。

故选：B。

此题考查了地球卫星轨道相关知识，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心。

3.答案：B
解析：解：ABC、公式x=v2−v02
2a
适用于匀变速直线运动，即对于匀加速和匀减速直线运动都适用。

故A、C错误，B正确。

D、在匀变速直线运动中，加速度和位移可能同时出现负值。

故D错误。

故选：B。

速度位移公式v2−v02=2ax适用于所有的匀变速直线运动，公式具有矢量性，计算时注意初末速度、加速度、位移的方向．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学的公式，知道公式的矢量性，在规定好正方向后，与正方向方向相同的物理量取正值，相反的物理量取负值．
4.答案：B
解析：【试题解析】
解：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等。

在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力。

故A球的加速度为零；
在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力。

所以根据牛顿第二定律得：
a B=m1gsin30°+m2gsin30°
m2=(m1+m2)g
2m2
；故B正确，ACD错误。

故选：B。

在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。

该题考查瞬时加速度问题，要注意明确在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律进行分析求解即可。

5.答案：C
解析：解：磁感应强度在0到t0内，由于磁感应强度垂直纸面向里为正方向，则磁感线是向里，且大小增大．所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，根据左手定则判断出下边框所受安培力的方向向上，根据法拉第电磁感应定律得线圈感应电流是不变的。

线框受重力、拉力和安培力，根据平衡条件得：
细线的拉力F=mg−F安=mg−BIL
由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以下边框所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小。

磁感应强度在t0到2t0内，磁场不变，则没有感应电流，细线的拉力F=mg，
而在磁感应强度在2t0到3t0内，同理可知感应电流方向为正，磁感应强度B随时间均匀减小，线圈感应电流方向是顺时针，下边框所受安培力的方向向下，所以细线的拉力F=mg+F安由于磁感应强度B随时间均匀减小，所以下边框所受安培力均匀减小，所以所以细线的拉力F随时间均匀减小。

故选C。

当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。

分析线圈的受力情况，根据平衡条件求解。

感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律结合闭合电路殴姆定律来算得的。

6.答案：BD
解析：解：A、对滑块受力分析，当滑块刚接触弹簧时，重力沿杆向下的分力大于弹簧的弹力，滑块继续向下做加速运动，当重力沿斜面向下的分力等于弹簧的弹力时，这时加速度为零，速度达到最大，故A错误；
B、在整个过程中，根据动能定理可得：mg⋅L
2sin30°−W f=0−0，解得：W f=mgL
4
，滑块克服摩
擦做功为mgL
4
，故B正确；
C、在下滑过程中，对滑块受力分析有：mgsinθ−F弹−μmgcosθ=0，在上滑阶段，F′弹−mgsinθ−μmgcosθ=0，故F 弹<F′弹，加速度为零的位置由两处，故C错误；
D、在下滑过程中，弹簧的压缩量最大时，弹性势能最大根据动能定理可知mgLsin30°−μmgcosθ⋅L−E p=0−0
在整个过程中摩擦力做功大小为：W f =μmgcosθ⋅3
2L 联立解得E p =mgL 3
，故D 正确；
故选：BD 。

滑块在下滑过程中，分析滑块受力变化，即可判断出速度的变化，利用动能定理判断出整个过程摩擦力做功，根据下滑和上滑过程合力为零，即可判断出加速度为零的位置个数，弹簧的弹性势能最大时，弹簧压缩量最大，即可根据动能定理求得。

本题关键是明确物体受到弹簧弹力的变化规律，从而确定合力的规律，明确物体的运动情况，选择好运动过程，利用好动能定理。

7.答案：BC
解析：解：A 、小球运动到p 点时，根据牛顿第二定律可得T −mg =m v 2
R ，解得小球在p 点的速度
大小为v =√
17gR 7
，故A 错误；
B 、根据动能定理可得mgR(1+1
2)−f ×1
3×2πR =1
2mv 2，解得f =
3mg 7π
，故B 正确；
CD 、假设小球能运动到与O 点等高的Q 点，则阻力大小为f′，根据动能定理可得：mg ⋅1
2R =f′⋅
180°+30°360∘
×2πR ，解得f′=
3mg 7π
，故小球能运动到与O 点等高的Q 点，且达到Q 的速度刚好为零，故
C 正确、
D 错误； 故选：BC 。

在最低点根据牛顿第二定律列方程求解速度大小，根据动能定理列方程求解阻力大小；如果能够达到Q 点，根据动能定理求解阻力大小进行比较即可。

本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。

8.答案：BCD
解析：
根据左手定则判断粒子的电性；根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角，再求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的电荷量，根据运动情况结合周期公式求解时间的可能值。

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，注意由于粒子运动具有周期性，粒子经过N点的时间没有确定的值。

根据题意可得，粒子从M点垂直进入磁场后会经过N点，轨迹
如图所示：
A、根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由于M、N两点之间
的距离为d，
根据几何关系可得粒子第一次经过N点时轨迹对应的圆心角θ=
60°，则：R=d，
根据洛伦兹力提供向心力可得：R=mv0qB
解得粒子的电荷量为：q=mv0
dB
，故B正确；
CD、设粒子从M点运动到N点的时间为t，则t=(n+60°
360∘)T=(n+1
6
)×2πd
v0
；
如果n=1，则t=πd
3v0
；如果n=2，则t′=
13πd
3v0
，故CD正确。

故选：BC。

9.答案：ABCE
解析：解：A、布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显．故A正确；
B、只要知道水的摩尔质量m和水分子的质量m0，就可以计算出阿伏伽德罗常数：N A=m m
，故B正确．
C、两个分子间的距离由很远(r>10−9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，故C正确；
D、一定温度下，如果汽跟产生这个汽的液体处于动态平衡，这个汽叫做饱和汽．饱和汽温度升高，饱和汽压强变大，温度降低时，饱和汽压强变小．饱和汽压强与体积无关，故D错误．
E、液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，故E正确．
F、根据热力学第二定律得不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故研制不出内能全部转化为机械能的热机，故F错误．
故选：ABCE
A、布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显；
B、只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数．
C、由分子力随距离的变化图可知分子力变化．
D、一定温度下，如果汽跟产生这个汽的液体处于动态平衡，这个汽叫做饱和汽．饱和汽温度升高，饱和汽压强变大，温度降低时，饱和汽压强变小．饱和汽压强与体积无关．
E、液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性．
F、根据热力学第二定律得不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．
涉及的知识较多，要牢固的状物课本的基础知识，这块知识的考察一般都是理解性质的较多，不会考难的计算题，故应注意平时学习的侧重点．
10.答案：ACD
解析：
【试题解析】
本题主要考查波的图像及波各物理量间的关系。

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。

同时，熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。

由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。

由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速。

分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向。

A、由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速为：v=λ
T =4
0.2
m/s=20m/s。

故A正确；
B、由图乙可知，在t=0时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向，由振动方向与传播方向之间的关系可知，该波沿x轴正方向传播。

故B错误。

C、由图甲可知，P与Q之间的距离为1
4
λ；由图乙可知，在t=0.25s时刻，P位于平衡位置处，加速度等于0；结合二者的距离关系可知，此时Q位于负的最大位移处，所以质点Q的加速度大于质点P的加速度，故C正确；
D、在t=0.05s时刻Q位于负的最大位移处，再经过0.05s=1
4
T，即在t=0.1s时刻，Q从负的最大位移处恰好回到平衡位置，正沿y轴正方向运动。

故D正确
故选：ACD。

11.答案：(1)4.0；
(2)
(3)0.25；0.2
解析：
(1)根据匀变速直线运动的位移时间公式求出滑块的加速度；(2)依据表中数据运用描点法作出图象；(3)知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块质量的倒数．对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．解决该题关键要掌握牛顿第二定律和运动学公式的应用，运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。

(1)根据运动学公式d=1
2at2得：a=2d
t2
=2×0.5
0.25
m/s2=
4.0m/s2．
(2)a−F图象如图所示．
(3)根据F−μmg=ma得：a=F
m
−μg，所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块质量的倒数．
由图形得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=4，所以滑块质量为：m=0.25Kg，
由图形得，当F=0.5N时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5N，
而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即：μmg=0.5N，
解得：μ=0.2
故答案为：(1)4.0，(2)如图所示，(3)0.25，0.2。

12.答案：(1)①；②2.8，0.60；
(2)3.0，0.50。

解析：
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能明确实验原理，知道实验中电路结构的分析和闭合电路欧姆定律的应用，同时能结合图象进行分析求解。

(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：
；
②根据闭合电路欧姆定律可得：U=E−Ir
则由数学规律可知，电动势E=2.8V；r=ΔU
ΔI =2.8−1.6
0.2
Ω=0.60Ω；
(2)由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.5V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33+0.87A=1.2A；
则根据闭合电路欧姆定律可得：2.5=E−r，2.4=E−1.2r
解得：E=3.0V；r=0.50Ω。

故答案为：(1)①见上图，②2.8，0.60；(2)3.0，0.50。

13.答案：解：(1)设匀强电场的场强大小为E，磁场中的磁感应强度大小为B，由于小球在第四象限中能做匀速圆周运动，那么它所受的合外力一定有洛伦兹力提供，因此有Eq=mg；
小球在第二象限中做直线运动，则小球所受合力方向和小球进入圆形区域时的速度方向相同，
则小球所受合力为：F
合
=√(mg)2+(Eq)2=√2mg，方向与水平方向成45°，斜向右下；
即小球以斜向右下45°方向进入圆形区域，小球在从A到B做平抛运动的过程中，
由几何关系有：水平位移x=(1−√2
2
)R，
速度夹角和位移夹角关系有v y
v x
=2y
x
=tan45°，
可得竖直位移y=(1
2−√2
4
)R，
再根据公式v y2=2gy，
联立求解可得：小球的初速度大小v0=v y=√2
2
)gR
(2)根据类平抛运动的规律可知，小球从B点进入圆形区域的速度v1=√2v0，小球在第二象限中做匀加速直线运动，设到达到达O点时的速度大小为v2，
根据动能定理可得：F
合R=1
2
mv22−1
2
mv12，
解得：v2=√(2+√2)gR，
小球在第四象限做圆周运动，
由几何关系可得圆周运动的半径r=√2
2
R，
由洛伦兹力提供向心力有qv2B=m v22
r
，
联立以上方程可解得：B=mv2
qr =2m
q
√g
R
(1+√2
2
)。

答：(1)小球初速度的大小为√2
2
)gR
(2)磁感应强度的大小为2m
q √g
R
√2
2
)
解析：解答本题的关键是：要正确分析小球在复合场中的受力情况，找出重力和电场力的大小关系，利用类平抛运动知识以及动能定理、牛顿第二定律等规律列出方程，联立求解可得结果。

14.答案：解：(1)对AB整体，根据牛顿第二定律有：(m+M)gsinθ=(m+M)a，得a=gsinθ①从开始到B碰到P前，AB做匀变速直线运动，有v2=2as②
由①②代入数据解得：v=2m/s
(2)A反弹后做匀减速直线运动，B继续做加速运动，对A、B分别根据牛顿第二定律有：Mgsinθ+μmgcosθ=Ma A，
mgsinθ−μmgcosθ=ma B，
代入数据解得：a A=8m/s2，a B=2m/s2，
A反弹后到达速度为零所用时间：t=v
a A =2
8
s=1
4
s=0.25s
A上升最大的位移S A=v
2t=2
2
×1
4
m=1
4
m
B下落的位移S B=vt+1
2a B t2=2×1
4
m+1
2
×2×(1
4
)2m=9
16
m
A、B的相对位移S相=S A+S B=13
16
m
物块B与木板A间因摩擦产生的热量Q=fS相=μmgcos37°⋅S相=0.5×2×10×0.8×13
16
J=6.5J (3)B和P碰撞后瞬间速度大小v B=√2a B L+v2=√2×2×2+22m/s=2√3m/s
由于木板没有质量，故B会木板相对静止一起向上做匀减速运动，设能够上升的最大高度为H，根据动能定理：
−mgH=0−1
2
mv B2
代入数据解得：H=0.6m
答：(1)木板A第1次碰挡板P时的速度为2m/s；
(2)木板碰挡板后需要0.25s速度减为零，此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量为6.5J；
(3)若将木板换成质量不计、长L=2m的轻质板，其他条件不变，则碰挡板后物块B返回到达的最大高为0.6m。

解析：(1)利用整体法和牛顿第二定律可以求出木板A第1次碰挡板P时的速度；
(2)A反弹后做匀减速直线运动，B继续做加速运动，对A、B分别根据牛顿第二定律可以求出它们的加速度大小，从而算出A反弹后到达速度为零所用时间；算出它们的相对位移，再根据Q=fS相可以求出物块B与木板A间因摩擦产生的热量；
(3)先求出B和P碰撞后瞬间速度大小，再根据动能定理可以求出碰挡板后物块B返回到达的最大高度。

本题考查了动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等知识点。

解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用。