2021年河南省新乡市高考物理摸底试卷(2月份)

2021年河南省新乡市高考物理摸底试卷（2月份）
1.我国初、高中学生及大学生近视眼率超过70%。

现在医学上治疗近视眼时，用激光“焊接”视网膜，
所用激光的波长λ=660nm，已知普朗克常量ℎ=6.63×10−34J⋅s，光在真空中的传播速度c=
3×108m/s。

则该激光中每个光子的能量为()
A. 3.0×10−19J
B. 1.6×10−19J
C. 1.0×10−19J
D. 1.0×10−18J
2.如图所示，一物块在方向与水平面成53°角的拉力F的作用下沿水平面做加速度
大小为a的匀加速直线运动。

若保持F的大小不变，方向改成水平向右，物块
运动的加速度大小也为a。

取sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度大小g=
10m/s2。

则物块与水平面间的动摩擦因数为()
A. 0.6
B. 0.5
C. 0.3
D. 0.2
3.某同学参加编程机器人大赛，该参赛机器小车(视为质点)的质量为2kg，
设定该参赛机器小车的速度大小始终为1m/s。

现小车要通过一个半径为
0.2m的圆弧凸桥，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是
()
A. 小车通过圆弧凸桥的过程中机械能守恒
B. 小车通过圆弧凸桥的过程中所受合力始终为零
C. 小车通过圆弧凸桥的最高点时，桥受到的压力大小为10N
D. 小车通过圆弧凸桥的最高点时，桥受到的压力大小为30N
4.如图甲所示，在真空中，两个带电荷量均为q=1×10−3C的负点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，
将该平面上一质量m=10g、电荷量为1×10−3C的带正电小球(视为质点)从a点由静止释放，小球沿两电荷连线的中垂线运动到两电荷连线的中点O，其从a点运动到O点的v−t图像如图乙中实线所示，其经过b点时对应的图线切线斜率最大，如图中虚线所示，则下列分析正确的是()
A. 在两电荷的连线上，O点的电场强度最小，电势最低
B. b点的电场强度大小为10V/m
C. a、b两点间的电势差为45V
D. 在从a点运动到O点的过程中，小球受到电荷P的作用力先增大后减小
5.2020年12月17日凌晨，“嫦娥五号”月球探测器载着月球土壤顺利返回地球。

探测器在降落到月球
上之前绕月球表面运行一周的时间为T0，已知引力常量为G，月球的半径为R，月球可看成质量分布均匀的球体，不考虑月球自转的影响。

下列分析正确的是()
A. 月球的密度为4π
GT02
B. 探测器携带月球土壤离开月球和火箭一起加速上升时，探测器(含月球土壤)的质量增大
C. 若探测器在被月球捕获之前绕地球做半径为r的匀速圆周运动，则该探测器运动一周的时间为
rT0 R √r R
D. 若将一石子从距月球表面的高度为h处由静止释放，则从石子刚释放到下落至月球表面上用时为
T0π√ℎ2R
6.如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗，下列措施可以使电灯L重新
变亮的是()
A. 闭合开关S1，其他条件不变
B. 断开开关S2，其他条件不变
C. 滑片P1下移，同时滑片P2上移，其他条件不变
D. 将滑动变阻器的滑片P向右移动，其他条件不变
7.如图所示，质量为1kg的物块恰好能静止在粗糙的固定斜面上，在水平向左
的恒定拉力F作用下物块沿斜面上滑1m的过程中，拉力F做了32J的功。

已知物块与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
重力加速度大小g=10m/s2。

则在此过程中物块()
A. 加速度大小为1m/s2
B. 用时1s
C. 机械能增加8J
D. 克服摩擦力做功为20J
8.如图所示，固定在绝缘水平面上的半径r=0.2m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=
0.1T的匀强磁场。

金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴顺时针匀速
转动。

在圆环的A点和电刷间接有阻值R=10Ω的电阻和板间距d=0.01m的平行板电容器，有一质量m=1g、电荷量q=1×10−5C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。

取重力加速度大小g= 10m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()
A. 电容器两极板间的电压为10V
B. 电容器的上极板带正电荷
C. 每秒钟通过电阻的电荷量为10C
D. 金属棒转动的角速度大小为5×103rad/s
9.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某实验小组设计了如图甲所示的实验装置。

其中M为小
车及动滑轮的质量，m为砂和砂桶的质量。

(1)实验时，下列操作必须进行的是______ 。

A.用天平测出砂和砂桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡小车受到的摩擦力
C.实验时要先释放小车，后接通电源
D.为减小误差，实验中要求砂和砂桶的质量m一定要远小于小车的质量M
(2)小明同学按正确的实验操作，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知每相邻的两个计数点之间
还有四个计时点未画出，打点计时器连接的是频率为50Hz的交流电源，根据纸带可求出小车的加速度大小为______ m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)小华同学按正确的实验操作，以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图
像如图丙所示，则小车和动滑轮的质量为______ kg(结果保留两位有效数字)。

10.某实验小组准备测量待测电压表的内阻，实验室提供了下列器材：
A.待测电压表V(量程为3V，内阻约为3000Ω)；
B.电阻箱R1(最大阻值为9999Ω)；
C.滑动变阻器R2(最大阻值为10Ω，额定电流为1A)；
D.电源E(电动势为3V，内阻不计)；
E.开关一个，导线若干。

该实验小组按图甲所示的电路图，连接好实验电路，进行实验操作，请你补充完善下面的操作步骤：
(1)先把滑动变阻器R2的滑片调到______ (填“左”或“右”)端。

(2)电阻箱R1的接入电阻调为0，再闭合开关S，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表指针指到2V的
位置，保持滑动变阻器滑片位置不变，调节______ 的阻值，使电压表指针指到1.5V的位置，此时电阻箱R1的示数如图乙所示，则电压表内阻的测量值为______ Ω，由于系统误差的影响，该测量值______ (填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。

11.如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，t=0时上极板带正电荷，两金属
板的长度均为l=0.4m，间距d=0.3m。

在金属板右侧边界MN外的区域有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直。

现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒
=1×108C/kg，不计粒子受到的重力，子进入电场时的速度大小均为v0=8×104m/s、比荷均为q
m
取sin37°=0.6，cos37°=0.8，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变。

(1)求在0∼4s内射入极板间的粒子中，能从下极板右边缘射出对应的射入时刻；
(2)若从下极板右边缘射出电场进入磁场的粒子恰好从上极板右边缘射出磁场再次进入电场，求磁场的
磁感应强度大小及该粒子在磁场中运动的时间。

12.如图所示，光滑水平地面上有一质量M=6kg的小车，车厢前、后壁间的距离L=6m，左端带有橡皮
泥的长木板A的质量m A=2kg、长度L A=3m，木板上可视为质点的弹性物体B的质量m B=4kg，初始时A、B紧靠车厢前壁，且A、B和小车均处于静止状态。

现给小车一方向水平向右、大小v0=4m/s 的初速度，经过时间t=1s，A与小车后壁发生碰撞(时间极短)并粘在一起。

已知A、B间的动摩擦因数与木板A底面和车厢间的动摩擦因数相等，取重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

求：
(1)A、B间的动摩擦因数；
(2)A、B一起匀速运动时，B到A左端的距离。

13.一定量的理想气体从状态M开始，经状态N、P、Q回到状态M，其压强−温度图象(p−T图象)如图
所示。

下列说法正确的是()
A. 从M到N，气体对外界做功
B. 从N到P是放热过程
C. 从N到P，气体的体积增大
D. 气体在N和Q时的体积相等
E. 从P到M，气体对外界做功
14.一橡皮球内气体的压强为p0，体积为V0，热力学温度为T0。

某同学用打气筒对橡皮球充气，每次充入
的气体，已知球内气体与打入气体为同种理想气体，且打气过程中气体热力学温压强为p0、体积为V0
20
V0。

度保持不变。

球内气体的体积与压强的关系为V=p p
(i)在热力学温度为T0时，若使球内气体的压强大于1.2p0，求至少要打气的次数；
(ii)若不对橡皮球充气，而是把橡皮球拿到热力学温度为4T0的环境中，求球内气体稳定时的压强。

15.一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t=0时刻波源开始振动，t=2s时波
源停止振动，t=2.5s时的波形图如图所示。

其中质点a的平衡位置离原点O的距离x=2.5m。

不计波在传播过程中的机械能损失。

则质点a的振动周期为______ s；该波的传播速度为______ m/s；质点a接下来的10s内运动的总路程为______ m。

16.一块半径R=√3
m的半球形玻璃砖底面水平放置，玻璃砖的截面如图所示，A点处有一点光源，且A
2
点到球心O的距离为0.5m。

在玻璃砖的顶端B处时恰好没有光线射出。

求：
(1)玻璃砖的折射率n；
(2)玻璃砖的截面上有光线射出的圆弧长度L。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由公式E=ℎν=ℎc
λ
，解得E=3.0×10−19J，故A正确，BCD错误。

故选：A。

明确如何计算光子能量即可解决
本题考查光子能量，目的是考查学生的理解能力，比较简单，但是运算容易出错。

2.【答案】B
【解析】解：当F方向与水平面成53°时，根据牛顿第二定律可得：Fcos53°−μ(mg−Fsin53°)=ma 当拉力水平方向时，根据牛顿第二定律可得：F−μmg=ma
联立解得μ=0.5，故ACD错误，B正确；
故选：B。

在拉力作用下，物块在水平面上做匀加速直线运动，根据受力分析，结合牛顿第二定律即可求得。

本题考查了牛顿第二定律，解决本题的关键是正确的受力分析，利用好牛顿第二定律即可。

3.【答案】C
【解析】解：A、小车在通过圆弧凸桥的过程中速度大小不变，所以动能不变，小车的重力势能先变大后变小，机械能不守恒，故A错误；
B、小车做匀速圆周运动，合外力不为零，合外力充当向心力，故B错误；
C、D、小车通过圆弧凸桥最高点时，由牛顿第二定律得：
mg−N=m v2 R
解得：N=10N，
由牛顿第三定律可知，桥受到的压力大小为10N，故C正确，D错误．
故选：C。

小车运动过程中动能不变，重力势能改变，所以机械能不守恒；
小车做匀速圆周运动，合外力充当向心力，合外力不等于零；
小车通过圆弧凸桥的最高点时，利用牛顿第二定律列式求解，结合牛顿第三定律找出最终结果．
本题考查圆周运动与机械能守恒，小车匀速运动动能不变，但是需要注意重力势能发生改变，机械能随之改变，小车通过最高点注意先受力分析，然后再结合牛顿第二定律列式求解．
4.【答案】C
【解析】解：A、点电荷在与其距离为r处的电场强度大小为E=k Q
r2
，故两点电荷在O点的合电场强度为0，沿电场线方向电势降低，O点的电势最高，故A错误；
B、在v−t图像上的图线的斜率表示加速度，在b点可得a=△v
△t =3
2
m/s2，根据牛顿第二定律有qE=ma，
解得E=15V/m，故B错误；
C、小球从a点运动到b点的过程，根据动能定理有qU ab=1
2mv b2−1
2
mv a2，由图乙可知v b=3m/s，解得
U ab=45V，故C正确；
D、在小球从a点运动到O点的过程中，小球与电荷P间的距离一直减小，所以受到电荷P的作用力一直增大，故D错误；
故选：C。

根据等量同种电荷的电场线特点判定电势高低；在v−t图像上的图线的斜率表示加速度，求出电场强度；由动能定理求出电场力做功，即可求出电势差；
本题考查了带电小球在电场中的运动，在v−t图像上的图线的斜率表示加速度，表示电场强度的大小变化，此题较综合，目的考查学生的综合分析能力。

5.【答案】D
【解析】解：A、探测器在降落到月球上之前绕月球表面运行一周的时间为T0，根据万有引力提供向心力
可知，GMm
R2=m4π2
T0
R，密度公式：ρ=M4
3
πR3
，联立解得月球的密度：ρ=3πGT
2
，故A错误；
B、质量是物体的固有属性，不会随运动状态的改变而改变，故B错误；
C、探测器分别绕地球和月球做匀速圆周运动，中心天体发生变化，不能用开普勒第三定律求周期，故C 错误；
D、根据重力充当向心力可知，mg=m4π2
T02R，小石块做自由落体运动，ℎ=1
2
gt2，解得：t=T0
π
⋅√ℎ
2R
，
故D正确。

故选：D。

根据万有引力提供向心力结合密度公式求解月球的密度。

质量是物体的固有属性，不会随运动状态的改变而改变。

根据开普勒第三定律的使用条件分析。

根据自由落体运动的规律分析。

该题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键掌握万有引力两个理论的运用：1、万有引力提供向心力；2、万有引力等于重力。

6.【答案】ABC
【解析】解：A、闭合开关S1，副线圈所接电路的总电阻变小，副线圈电压不变，所以总电流变大，则通过电灯L的电流变大，故A正确；
B、断开开关S2，副线圈所接电路的总电阻变大，总电流变小，滑动变阻器的并联部分电压减小，副线圈电压不变，所以电灯L的电压变大，故B正确；
C、滑片P1下移，同时滑片P2上移，n1变小，n2变大，由U2=n2n
1U1可以使U
2增大，所以电灯L的电压变大，
故C正确；
D、将滑动变阻器的滑片P向右移动，副线圈所接电路的总电阻变大，总电流变小，则通过电灯L的电流变小，故D错误；
故选：ABC。

与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器变阻或开关的断开闭合，确定出电路的总电阻的变化，再根据总电压不变，进而可以确定电路的总电流的变化的情况，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．
本题主要考查电路，变压器相关知识，电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
7.【答案】BC
【解析】解：A、设斜面的倾角为θ。

物块恰好能静止在粗糙的斜面上，则有
mgsinθ=μmgcosθ
可得tanθ=μ=0.75，则sinθ=0.6，cosθ=0.8
拉力F做的功W F=Flcosθ，解得F=40J。

对物块受力分析，由牛顿第二定律得Fcosθ−mgsinθ−
μ(Fsinθ+mgcosθ)=ma，解得物块的加速度大小为a=2m/s2，故A错误；
B、由l=1
2
at2得t=1s，故B正确；
CD、物块克服摩擦力做功为W f=μ(Fsinθ+mgcosθ)l，解得W f=24J
根据功能原理可知：△E=W F−W f=32J−24J=8J，即机械能增加8J，故C正确，D错误。

故选：BC。

物块恰好能静止在粗糙的斜面上，所受的静摩擦力达到最大值，由平衡条件和摩擦力公式求出斜面的倾角。

根据拉力做功公式W F=Flcosθ求出拉力F的大小。

由牛顿第二定律求加速度，由速度−时间公式求运动时间，由功能原理求机械能的增量，根据功的公式求克服摩擦力做功。

解答本题时，要明确物块的运动情况和受力情况，利用动力学方法求出F的大小，再利用功能原理分析机械能的增量。

8.【答案】AD
【解析】解：A、对电容器极板间的带电颗粒受力分析，根据平衡条件有
q U
d
=mg，其中m=1g=0.001kg，解得U=10V，故A正确；
B、金属棒顺时针运动，由右手定则可知，金属棒中的电流由圆周流向圆心处，则圆心处为等效电源的正极，所以电容器下极板带正电荷，故B错误；
C、由欧姆定律可得通过电阻R的电流为：
I=U
R =10
10
A=1A，
则每秒钟通过电阻的电荷量为q=It=1×1C=1C，故C错误；
D、金属棒转动切割磁感应线产生的感应电动势为
E=Brv−=1
2
Br2ω，不计其它电阻，则E=U=10V，解得：ω=5×103rad/s，故D正确。

故选：AD。

对电容器极板间的带电颗粒受力分析，根据平衡条件求解电压；由右手定则判断电流方向；由欧姆定律可得通过电阻R的电流，根据电荷量的计算公式求解每秒钟通过电阻的电荷量；根据金属棒转动切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式求解角速度。

本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和右手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感
应电动势，可以根据E=1
2
BL2ω来计算。

9.【答案】B0.400.24
【解析】解：(1)A、D：力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和
砂桶的质量远小于车(包括动滑轮)的总质量，故A、D错误；
B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡小车受到的摩擦力，故B正确；
C、实验时要先接通电源，后释放小车，故C错误．
故选B．
(2)每相邻的两个计数点间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据△x=aT2.运用遂差法有：
a=x CE−x AC
(2T)2
=
4.4cm−2.8cm
(2×0.1s)2
=40cm/s2=0.40m/s2
(3)由牛顿第二定律有2F=Ma，即a=2
M
F
根据a−F图像得斜率为：k=2
M
解得M=0.24kg．
故答案为：(1)B；(2)0.40；(3)0.24
(1)本实验中有力的传感器，所以不需要测出砂和砂桶的质量，知道实验操作的基本要求，先接通电源再释放小车；
(2)对于匀变速直线运动，连续相等时间间隔位移之差为常量，等于aT2，代入题中数据可以求解；
(3)根据牛顿第二定律写出表达式，找出图像对应的斜率，代入数据可以求出小车和动滑轮的质量．
本题考查验证牛顿第二定律，目的是考查学生的实验能力，同学们需要注意题中对有效数字的要求，同时要注意图像问题常见的求解方法，写出表达式，利用图像的斜率和截距求解问题．
10.【答案】右电阻箱R13078 大于
【解析】解：(1)为了保护电路中的用电器，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到右端。

(2)因为R2为分压电阻，且R2<<R1+R V，所以当滑片不变时，分出的电压不近似变等于2V。

当电压表的
示数为1.5V时，电阻箱两端的电压为0.5V，即为电压表的1
3
，所以电压表的内阻为电阻箱示数的3倍，而从电阻箱面板上看到阻值为1026Ω，所以R V=1026Ω×3=3078Ω；
实际上由于电阻箱接入电路，使分压部分电路的电阻略有增大，则电压略有增大，所以电阻箱两端的实际电压大于0.5V，则其阻值的3倍大于电压表的内阻，所以测量值偏大。

故答案为：(1)右；(2)电阻箱R1、3078、大于
(1)根据实验步骤应用欧姆定律与串联电路特点分析，为保护电路，应使分出去的电压最小进行答题；
(2)该实验是用类似于半偏法测量电压表内阻的，由串联电路电压与电阻的正比关系确定电压表内阻的值。

此实验能成立的条件是当滑动变阻器R2滑片位置不变时，近似认为分出去的电压未变，结合实际情况进行分析误差。

要注意由于R2<<R1+R V，且采用分压接法，那么当滑片不变时，分出去的电压近似不变，这是此实验成立的前提，另处此题还考查串联电路电压关系等，综合性强。

11.【答案】解：(1)当粒子从下极板右边缘射出时，有：
d 2=
1
2
at2
而加速度a=F
m =Uq
dm
时间t=
l v0
解得：U=36V
从U−t图象看：0∼1s和3s∼4s内上极板带正电荷，粒子向下偏转，由题图乙可
知，当t=0.64s或3.36s时极板间电压为36V。

所以t=0.64s或3.36s时射入极板间的粒子从下极板右边缘射出。

(2)粒子在极板间做类平抛运动，由类平抛运动知识可知，粒子射出电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，如图所示，则下极板边缘射出的粒子速度的偏转角θ满足：
tanθ=d
l
=
3
4
解得：θ=37°
粒子射出极板时的速度大小v=v0
cos37∘
解得：v=1×105m/s
由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧半径r满足：
d
2
r
=cos37°
解得：r=3
16
m
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，则有：
qvB=mv2 r
解得：B=5.33×10−6T
粒子在中磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆所对的圆心角为360°−2×53°=254°
粒子在磁场中运动的时间t=254°
360∘T=254°
360∘
×2πm
qB
=8.3×10−4s
答：(1)在0∼4s内射入极板间的粒子中，能从下极板右边缘射出对应的射入时刻是0.64s或3.61s；(2)若从下极板右边缘射出电场进入磁场的粒子恰好从上极板右边缘射出磁场再次进入电场，磁场的磁感应强度大小为5.33×10−6T，该粒子在磁场中运动的时间是8.3×10−4s。

【解析】(1)根据类平抛规律求出恰从极板边缘射出时两极板的电压，由图乙查出该电压应的时刻；(2)画出符合题设条件的粒子的运动轨迹，从电场中类平抛运动求出末速度的大小和方向，由几何关系求出在磁场中做匀速圆周运动的半径和偏转角，由洛仑兹力提供向心力可求得磁感应强度的大小和方向，再由偏转角求出时间。

本题考查带电粒子在复合场中的运动问题，目的是锻炼学生分析问题和综合问题能力。

要注意类平抛运动的推论：末速度的反射延长线通过水平位移的中点。

12.【答案】解：(1)因为A、B间的动摩擦因数与木板A底面和车厢间的动摩擦因数相等，所以在A与小车后壁碰撞前A、B相对静止，对A、B，由牛顿第二定律得：
μ(m A+m B)g=(m A+m B)a AB
根据位移−时间公式有：x AB=1
2
a AB t2
对小车，由牛顿第二定律得
μ(m A+m B)g=Ma
根据位移−时间公式有：x=v0t−1
2
at2
根据几何关系可知：x−x AB=L−L A
联立解得：μ=0.1
(2)A与小车碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m A v A+Mv1=(m A+M)v2
A与小车碰撞前的速度v A=a AB t=v B
小车的速度v1=v0−at
联立解得v2=2.5m/s
最后B与A相对静止，三者组成的系统动量守恒，有
(m A+M)v2+m B v B=(m A+M+m B)v3
解得v3=2m/s
设B在A上滑动的路程为s，由功能关系有
1 2(m A+M)v22+1
2
m B v B2=1
2
(m A+M+m B)v32+μm B gs
解得s=0.75m<L A=3m，即B不会与小车发生碰撞
A、B一起匀速运动时，B到A左端的距离s=L A−s=3m−0.75m=2.25m
答：(1)A、B间的动摩擦因数是0.1；
(2)A、B一起匀速运动时，B到A左端的距离是2.25m。

【解析】(1)A、B间的动摩擦因数与木板A底面和车厢间的动摩擦因数相等，给小车水平向右的初速度后，A、B相对静止，根据牛顿第二定律求出AB整体和小车各自的加速度，由位移−时间公式得到AB整体和小车在t=1s时间内的位移，根据位移之差等于L−L A，联立求解A、B间的动摩擦因数；
(2)根据速度−时间公式求出AB整体和木板A与小车后壁碰撞前的速度。

根据动量守恒定律求出A与小车
后壁发生碰撞后的共同速度。

之后，B在A上滑动，最终B与A相对静止，根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求A、B一起匀速运动时，B到A左端的距离。

此题考查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。

13.【答案】BDE
【解析】解：A、从M到N气体的压强不变，温度降低，体积减小，外界对气体做功，故A错误；BC、从N到P气体的温度不变、内能不变，而压强增大、体积减小、外界对气体做功、根据热力学第一定律可得△U=W+Q，可知该过程是放热过程，故B正确、C错误；
D、根据理想气体状态方程可得pV
T =C，解得p=C
V
⋅T，由题图可知，N、Q的连线过坐标原点，图象的斜
率不变，说明气体在状态N和状态Q时的体积相等，故D正确；
E、从P到M，图线上各点与原点的连线的斜率减小，说明气体的体积增大，气体对外界做功，故E正确。

故选：BDE。

从M到N气体的压强不变，分析体积的变化，由此确定做功情况；
从N到P气体的温度不变、内能不变，根据热力学第一定律分析热传递情况；
根据理想气体状态方程得到p−T图象的斜率表示的物理意义，由此分析体积的变化；
根据气体的体积的变化分析气体做功情况。

本题主要是考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚p−T图象中某点与坐标原点连线斜率表示的物理意义，能够根据图象分析气体做功情况，根据热力学第一定律判断内能的变化情况。

14.【答案】解：(i)设球内气体压强p=1.2p0时需要打气的次数为n，
以球内原有气体和打入的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：
p0(V0+n×V0
20
)=pV
其中V=p p
V0，
解得：n=8.8次，若使球内气体的压强大于1.2p0，至少要打气的9次数(ii)对球内气体，由理想气体状态方程得：
p0V0
0=
pV
气体体积：V=p p
V0，
解得气体压强：p=2p0
答：(i)在热力学温度为T0时，若使球内气体的压强大于1.2p0，至少要打气的次数是9ci；
(ii)若不对橡皮球充气，而是把橡皮球拿到热力学温度为4T0的环境中，球内气体稳定时的压强2p0。

【解析】(i)以打入的气体与球内原有气体我研究对象，应用玻意耳定律求出打气的次数。

(ii)对球内气体，应用理想气体状态方程求出稳定时球内气体的压强。

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】1 2 4
【解析】解：波源从t=0时刻波源开始振动，t=2s时波源停止振动，形成两个波长的波形，则该波的周期为T=1s，故质点a的振动周期为1s。

由题图可知，波长λ=2m，则波速为v=λ
T =2
1
m/s=2m/s
质点a的振幅A=0.1m，质点a接下来的10s内运动的总路程为s=t
T ⋅4A=10
1
×4×0.1m=4m
故答案为：1，2，4。

波源从t=0时刻波源开始振动，t=2s时波源停止振动，形成两个波长的波形，说明周期为T=1s，读出波长，求出波速。

根据时间与周期的倍数关系，求质点a接下来的10s内运动的总路程。

解决本题时，要知道波在同一均匀介质中是匀速传播的，要能熟练运用波形平移法来理解波的形成过程。

16.【答案】解：(1)由题意可知，从A点射到B点的光线恰好发
生全反射，入射角等于临界角C，则有n=1
sinC =1
sin∠ABO
其中tan∠ABO=OA
R =√3
3
解得sinC=1
2
，C=30°，n=2
(2)设从A点射出的光线在D点处恰好发生全反射，则有∠ODA=30°
在三角形OAD中，由几何关系可知OA
sinC =OD
sin∠OAD
解得∠OAD=120°
所以∠BOD=60°，
在玻璃砖的截面上有光射出的范围所对应的圆心角为180°−60°=120°
故L=120°
360∘×2πR=√3π
3
m
答：(1)玻璃砖的折射率n是2；。